\chapter{向量的坐标运算~~直线与圆}

\section{向量的坐标运算}
\subsection{直角坐标系与向量的坐标}
在初中，我们已学习了平面直角坐标系，其要点如下：
选定一个长度单位，建立两条具有公共原点且互相垂直的数
轴（图5.1），通常一条为水平的数轴，称为横轴或$X$
轴，它的正向是由左到右，另一
条是和它垂直的轴称为纵轴或$Y$
轴，它的正向是从下到上．$X$
轴、$Y$轴总称为坐标轴、坐标轴的交点$O$称为坐标系的原点，这
样我们就说在平面上建立了直角
坐标系$OXY$, 这个平面就叫做
坐标平面，在坐标平面上任取一
点$P$, 过$P$引$X$轴、$Y$轴的垂线，设垂足分别是$M$、$N$, 如
果$M$在$X$轴上的坐标为$x$, $N$在$Y$轴上的坐标为$y$, 那么我
们就说$P$点的坐标是$(x,y)$, 记作$P(x,y)$, $x$称为
横坐标，$y$称为纵坐标．
\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=1]
\draw[->](-1,0)--(4,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-1)--(0,3)node[right]{$Y$};
\node at (0,0)[below left]{$O$};
\draw[dashed](0,2)node[left]{$N$}--(3,2)node[right]{$P$}--(3,0)node[below]{$M$};
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=1]

\draw[->](-1,0)--(4,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-1)--(0,4)node[right]{$Y$};
\draw[<->, very thick](0,1)--node[left]{$\vec{e}_y$}(0,0)--node[below]{$\vec{e}_x$}(1,0);
\draw[dashed](0,1)--(3,1);
\draw[dashed](0,3)--(3,3);
\draw[dashed](1,0)--(1,3);
\draw[dashed](3,0)--(3,3);
\draw[->, very thick](1,1)--node[above]{$\vec{a}$}(3,3);
\draw(1.3,1) arc (0:45:.3)node[right]{$\alpha$};
\draw(1,1.5) arc (90:45:.5)node[above ]{$\beta$};
\node at (0,0)[below left]{$O$};

    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}


在建立直角坐标系$OXY$的平面上（图5.2），我们
沿$X$轴与$Y$轴的正方向分别取单位向量$\vec{e}_x$、$\vec{e}_y$, 由共面向量
定理可知，对坐标平面上任一向量
$\va$, 存在唯一的有序实数偶$(a_x,a_y)$使
\begin{equation}
    \va =a_x \eX+a_y \eY
\end{equation}
$(a_x,a_y)$就叫做$\va$在直角坐标系
$OXY$上的坐标，记作
\begin{equation}
    \va=(a_x,a_y)
\end{equation}
实质上(5.2)式是(5.1)式的缩写；其中$a_x$叫做$\va$在$X$轴上
的坐标分量，$a_y$叫做$\va$在$Y$轴上的坐标分量．

\begin{blk}
    {定理} 在坐标平面上，如果$\va=(a_x,a_y)$, 则
    \begin{equation}
    \begin{split}
        a_x&=\eX\cdot \va=|\va|\cos\langle\eX,\va\rangle\\
        a_y&=\eY\cdot \va=|\va|\cos\langle\eY,\va\rangle\\
    \end{split}
    \end{equation}
\end{blk}

\begin{proof}
    已知$\va =a_x \eX+a_y \eY$，则
\[\begin{split}
   \eX\cdot \va&=\eX\cdot (a_x\eX+a_y\eY)=a_x\eX\cdot \eX+a_y\eX\cdot \eY\\
   \eY\cdot \va&=\eY\cdot (a_x\eX+a_y\eY)=a_x\eY\cdot \eX+a_y\eY\cdot \eY\\ 
\end{split}\]
由于$\eX,\eY$是单位向量，且$\eX\bot \eY$, 所以，
\[\eX\cdot \eX=\eY\cdot \eY=1,\qquad \eX\cdot \eY=\eY\cdot \eX=0\]
于是得到
\[    \begin{split}
    a_x&=\eX\cdot \va=|\va|\cos\langle\eX,\va\rangle\\
    a_y&=\eY\cdot \va=|\va|\cos\langle\eY,\va\rangle\\
\end{split}\]
\end{proof}

这个定理说的是，\textbf{向量$\va$在$X$轴和$Y$轴上的坐标分量分
别是$\va$在坐标轴上的垂直投影量}．

显然，$\vec{o}=(0, 0)$, $\eX=(1, 0)$, $\eY=(0, 1)$. 令$\expval{\eX,\vec{a}}=\alpha$, $\expval{\eY,\vec{a}}=\beta$，$\alpha,\beta$一起决定了$\vec{a}$的方向，$\alpha,\beta$叫做$\vec{a}$的\textbf{方向角}，$\cos\alpha$, $\cos\beta$叫做$\vec{a}$的\textbf{方向余弦}，上述定理表达了向量的长度、方向与它的坐标之间的关系，甚为重要，请同学要把它牢牢记住．

如果在坐标平面上（图5.3），以$O$为起点引
$\Vec{OA}=\vec{a}$, 则$A$点的位置被$\vec{a}$所唯一确定，这时，我们称$\Vec{OA}$为点$A$的\textbf{位置向量}．换句话说，$A$点的位置向量也就是确定$A$点相对于原点位置的向量．设$\Vec{OP}=x\eX+y\eY$，则$\Vec{OP}$的坐标$(x,y)$也就是$P$点的坐标；反之，$P$点的坐标$(x,y)$也就是位置向量$\Vec{OP}$的坐标．由此可见，给
定了原点$O$和两个互相垂直的单位向量$\eX,\eY$, 坐标系也就完全确定了，因而，坐标系$OXY$也可用$[O:\; \eX,\eY]$来表示，$\eX,\eY$叫做坐标系的\textbf{基向量}．

\begin{figure}[htp]
    \centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=1]
      \draw[->](-1,0)--(4,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-1)--(0,3)node[right]{$Y$};
\node at (0,0)[below left]{$O$};
\draw[very thick,->](0,0)--node[above]{$\vec{a}$}(3.5,2)node[right]{$A$};
\draw[thick,->](0,0)--(1,0)node[below]{$\eX$};
\draw[thick,->](0,0)--(0,1)node[left]{$\eY$};
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=.8]
      \draw[->](-3,0)--(4,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-2.5)--(0,3)node[right]{$Y$};
\node at (0,0)[below left]{$O$};
\draw[very thick,->](.5,0.5)--node[above]{$\vec{a}$}+(45:2);
\draw[very thick,->](-.5,0)--node[above]{$\vec{b}$}+(120:3);
\draw[very thick,->](0,0)--node[below]{$\vec{c}$}(-30:4);
\draw[dashed](.5,.5)--(1.5,.5);
\draw(.75,.5) arc (0:45:.25)node[right]{$45^{\circ}$};
\draw(-.75,0) arc (180:120:.25)node[left]{$60^{\circ}$};
\draw(.5,0) arc (0:-30:.5)node[right]{$30^{\circ}$};
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
  \end{figure}

为了方便，在本书中我们约定，当点用大写字母标记时，它相对于原点的位置向量用相应的小写字母来标记，例
如$P$点的位置向量记为$\vec{p}$, $A$点的位置向量记为$\vec{a}$等等．

\begin{example}
    向量$\vec{a}$、$\vec{b}$、$\vec{c}$的方向与绝对值如图5.4所示，求$\vec{a}$、$\vec{b}$、$\vec{c}$的坐标．
\end{example}

\begin{solution}
设$\vec{a}=(a_x,a_y)$, $\vec{b}=(b_x,b_y)$, $\vec{c}=(c_x,c_y)$, 因此：
\[\begin{split}
a_x&=\eX\cdot \vec{a}=|\vec{a}|\cos\expval{\eX,\vec{a}}=2\cos 45^{\circ}=\sqrt{2}\\
a_y&=|\vec{a}|\cos\expval{\eY,\vec{a}}=2\cos 45^{\circ}=\sqrt{2}\\
\end{split}\]
$\therefore\quad \vec{a}=\left(\sqrt{2},\sqrt{2}\right)$
\[\begin{split}
    b_x&=|\vec{b}|\cos\expval{\eX,\vec{b}}=3\cos (180^{\circ}-60^{\circ})=-3\cos 60^{\circ}=-\frac{3}{2}\\
b_y&=|\vec{b}|\cos\expval{\eY,\vec{b}}=3\cos (90^{\circ}-60^{\circ})=3\cos30^{\circ}=\frac{3}{2}\sqrt{3}\\
\end{split}\]
$\therefore\quad \vec{b}=\left(-\frac{3}{2},\frac{3}{2}\sqrt{3}\right)$
\[\begin{split}
c_x&=|\vec{c}|\cos\expval{\eX,\vec{c}}=4\cos 30^{\circ}=2\sqrt{3}\\
c_y&=|\vec{c}|\cos\expval{\eY,\vec{c}}=4\cos (30^{\circ}+90^{\circ})=-4\sin 30^{\circ}=-2\\
\end{split}\]
$\therefore\quad \vec{c}=\left(2\sqrt{3},-2\right)$
\end{solution}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 求图中向量的坐标．
    \item 已知$A(4, 2)$, $B(-2, 5)$, $C(-4,-3)$, $D(4,-4)$. 试用基向量$\eX,\eY$表示它们相对于原点的位置向量．
    \item 已知$\Vec{OA}=(3,-1)$, $\Vec{OB}=(2, 3)$. 试写出$A$、$B$两点的坐标．
\end{enumerate}
\end{ex}

\begin{figure}[htp]
    \centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=.7]
\draw[->](-3,0)--(4,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-3)--(0,3.5)node[right]{$Y$};
\node at (0,0)[above right]{$O$};
\draw[very thick,->](1,1)--node[left]{$\vec{a}_1$}+(45:1.5);
\draw[very thick,->](-.5,0.5)--node[right]{$\vec{a}_2$}+(120:2.5);
\draw[very thick,->](-.5,0)--node[left]{$\vec{a}_3$}+(-120:2.5);
\draw[very thick,->](.5,-.5)--node[below]{$\vec{a}_4$}+(-45:2.5);
\draw[dashed](1,1)--(2.5,1);
\draw[dashed](-.5,0.5)--(-2,.5);
\draw[dashed](-.5,0)--(-.5,-1.5);
\draw[dashed](.5,-.5)--(2.5,-.5);

\draw(1.25,1) arc (0:45:.25)node[right]{$45^{\circ}$};
\draw(-.75,0.5) arc (180:120:.25)node[left]{$60^{\circ}$};
\draw(-.5,-.5) arc (-90:-120:.5)node[below]{$30^{\circ}$};
\draw(.75,-.5) arc (0:-45:.25)node[right]{$45^{\circ}$};
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第1题}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=.4]
\draw[->](-5,0)--(5,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-5)--(0,6)node[right]{$Y$};
\node at (0,0)[below left]{$O$};
\tkzDefPoints{4/2/A, -2/5/B, -4/-3/C, 4/-4/D, 0/0/O}
\tkzDrawSegments[very thick,->](O,A O,B O,C O,D)
\tkzAutoLabelPoints[center=O](A,B,C,D)
    \end{tikzpicture}
    \caption*{第2题}
    \end{minipage}
  \end{figure}

\subsection{用向量坐标进行向量运算}
已知向量$\vec{a}=(a_x,a_y)$, $\vec{b}=(b_x,b_y)$，则
\[\vec{a}+\vec{b}= (a_x\eX+a_y\eY) +(b_x\eX+b_y\eY)= (a_x+b_x) \eX+ (a_y+b_y) \eY\]
即
\[\vec{a}+\vec{b}=(a_x,a_y)+(b_x,b_y)=(a_x+b_x,a_y+b_y) \]
同样可证：
\[\vec{a}-\vec{b}= (a_x, a_y ) -(b_x,b_y)=(a_x-b_x,a_y-b_y)\]

这就是说\textbf{向量的和与差的坐标等于各向量相应坐标的和与差}．

已知$\vec{a}=(a_x,a_y)$和一实数$\lambda$，则
\[\lambda a=\lambda (a_x\eX+a_y\eY) = \lambda a_x\eX+\lambda a_y\eY\]
即：$\lambda\vec{a}=\lambda (a_x ,a_y) = (\lambda a_x,\lambda a_y)$.

这就是说\textbf{向量倍积的坐标等于该向量相应的坐标与倍数的乘积}．

已知$\vec{a}=(a_x,a_y)$, $\vec{b}=(b_x,b_y)$, 则
\[\begin{split}
    \vec{a}\cdot \vec{b}&=(a_x\eX+a_y\eY)\cdot (b_x\eX+b_y\eY)\\
    &=a_xb_x\eX\cdot \eX+a_xb_y\eY\cdot \eX+a_yb_x\eY\eX+a_yb_y\eY\cdot \eY
\end{split}\]
由于$\eX\cdot \eX=\eY\cdot \eY=1$, $\eX\cdot \eY=\eY\cdot \eX=0$，所以
\[\vec{a}\cdot \vec{b}=(a_x,a_y)\cdot (b_x,b_y)=a_xb_x+a_yb_y\]

这就是说\textbf{两个向量内积的坐标等于两向量相应坐标的乘
积的和}．

\begin{example}
    已知$\vec{a}=(5,-3)$, $\vec{b}=(3,2)$.

求$\vec{a}+\vec{b}$, $\vec{a}-\vec{b}$, $\vec{a}\cdot \vec{b}$, $3\vec{a}+2\vec{b}$.
\end{example}

\begin{solution}
\[\begin{split}
    \vec{a}+\vec{b}&=(5,-3)+(3,2)=(8,-1)\\
    \vec{a}-\vec{b}&=(5,-3)-(3,2)=(2,-5)\\
    \vec{a}\cdot \vec{b}&=(5,-3)\cdot (3,2)=5\x 3+(-3)\x2=9\\
    3\vec{a}+2\vec{b}&=3(5,-3)+2(3,2)=(15,-9)+(6,4)=(21,-5)
\end{split}\]
\end{solution}

\begin{example}
    已知$A(x_1,y_1)$, $B(x_2,y_2)$. 求$\Vec{AB}$的坐标
（图5.5）.
\end{example}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=stealth]
\draw[->](-2,0)--(3,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-.5)--(0,3.5)node[right]{$Y$};
\node at (0,0)[below left]{$O$};
\tkzDefPoints{2/1/B, -1/3/A, 0/0/O}
\tkzDrawSegments[dashed, ->](O,A O,B)
\tkzDrawSegments[thick, ->](A,B)
\tkzLabelPoint[right](B){$B(x_2,y_2)$}
\tkzLabelPoint[left](A){$A(x_1,y_1)$}

\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}


\begin{solution}
\[\begin{split}
    \Vec{AB}=\Vec{OB}-\Vec{OA}&=(x_2,y_2)-(x_1,y_1)\\
    &=(x_2-x_1,y_2-y_1)
\end{split}\]
\end{solution}

由例5.2我们可得到如下运算
法则：

\begin{blk}{}
    一个向量的坐标等于表示此
向量的有向线段的终点的坐标减
去起点的坐标．
\end{blk}

\begin{example}
    已知$A(3,4)$, $B(-2,7)$. 
求$\Vec{AB}$, $\Vec{BA}$; 它们的坐标之间有什么关系？
\end{example}

\begin{solution}
\[\begin{split}
    \Vec{AB}&=(-2-3,7-4)=(-5,3)\\
    \Vec{BA}&=(3-(-2),4-7)=(5,-3).
\end{split}\]
显然它们的相应的坐标分量是互为相反数．实际上
\[\Vec{BA}=(-1)\Vec{AB}=(-1)(-5,3)=(5,-3)\]
\end{solution}

\begin{example}
    已知三个向量$\vec{a}$、$\vec{b}$、$\vec{c}$，且$|\vec{a}|=|\vec{b}|=|\vec{c}|=r$. $\expval{\vec{a},\vec{b}}=\expval{\vec{b},\vec{c}}=\expval{\vec{c},\vec{a}}=120^{\circ}$
(图5.6)，
求证：$\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}=\vec{0}$.
\end{example}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
  \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=1]
    \draw[->](-2.5,0)--(2.5,0)node[right]{$X$};
    \draw[->](0,-2.5)--(0,2.5)node[right]{$Y$};
    \node at (0,0)[below right]{$O$};
    \tkzDefPoints{0/0/O, 2/0/A}
\tkzDefPoint(120:2){B}
\tkzDefPoint(-120:2){C}
\tkzDrawSegments[very thick,->](O,A O,B O,C)
\tkzLabelSegment[above](O,A){$\vec{a}$}
\tkzLabelSegment[right](O,B){$\vec{b}$}
\tkzLabelSegment[left](O,C){$\vec{c}$}
\tkzAutoLabelPoints[center=O](C,B)
\tkzLabelPoints[below](A)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=.7]
      \draw[->](-3,0)--(5,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-1)--(0,6)node[right]{$Y$};
\node at (0,0)[below left]{$O$};
\tkzDefPoints{0/1/A, 4/3/B, 2/5/C, 0/0/O}
\tkzDefPointsBy[translation = from B to C](A){D}
\tkzDrawPolygon[very thick](A,B,C,D)
\tkzDrawSegments[dashed, ->](O,D O,A)
\tkzLabelPoints[above](B,C,D)
\tkzLabelPoints[below right](A)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\begin{proof}
    设$\Vec{OA}=\vec{a}$, $\Vec{OB}=\vec{b}$, 
$\Vec{OC}=\vec{c}$, 以$\Vec{OA}$的方向作为$X$轴
的正方向建立坐标系$[O:\; \eX,\eY]$
则 
\[\begin{split}
    \Vec{OA}&=(r, 0)\\
    \Vec{OB}&=\left(|\vec{b}|\cos120^{\circ}, |\vec{b}|\cos 30^{\circ}\right)=\left(-\frac{r}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}r\right)\\
    \Vec{OC}&=\left(|\vec{c}|\cos120^{\circ}, |\vec{c}|\cos 150^{\circ}\right)=\left(-\frac{r}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2}r\right)\\
    \Vec{OA}+  \Vec{OB}+\Vec{OC}&=(r,0)+\left(-\frac{r}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}r\right)+\left(-\frac{r}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2}r\right)\\
    &=\left(r-\frac{r}{2}-\frac{r}{2}, 0+\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=(0,0)
\end{split}\]
$\therefore\quad \vec{a}+\vec{b}+\vec{c}=\vec{0}$.
\end{proof}

\begin{example}
    已知$\parallelogram{ABCD}$, $A(0,1)$、$B(4,3)$、
$C(2,5)$

求顶点$D$的坐标（图5.7）.
\end{example}

\begin{solution}
\[\begin{split}
\Vec{OD}=\Vec{OA}+\Vec{AD}&=\Vec{OA}+\Vec{BC}\\
&=\Vec{OA}+\Vec{OC}-\Vec{OB}\\
&=(0,1)+(2,5)-(4,3)=(-2,3)
\end{split}\]
所以$D$的坐标是$(-2,3)$.
\end{solution}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 已知$\vec{a}=(-5,3)$, $\vec{b}=(7,-2)$. 求$\vec{a}+\vec{b}$, $\vec{a}-\vec{b}$, $\vec{a}\cdot \vec{b}$, $4\vec{a}-7\vec{b}$的坐标．

    \item 已知$\vec{a}=(2,-1)$, $\vec{b}=(-1,1)$. 求$\vec{a}+\vec{b}$, 
    $\vec{a}-\vec{b}$的坐标，并画图验证．
    \item 已知$\vec{a}=(1,2)$, $\vec{b}=(3,1)$. 试以$O$为起点画有
    向线段，分别表示$\vec{a}+\vec{b}$, $\vec{a}-\vec{b}$, $2\vec{a}-3\vec{b}$.
    \item 已知$\vec{a}=(1,2)$, $\vec{b}=(-2,3)$. 求
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
    \item $\vec{a}\cdot \vec{b}$, 
    \item $(\vec{a}+\vec{b})\cdot (\vec{a}+\vec{b})$, 
    \item $(\vec{a}+\vec{b})\cdot (\vec{a}-\vec{b})$, 
    \item $(\vec{a}-\vec{b})\cdot (\vec{a}-\vec{b})$.
\end{enumerate}
\end{multicols}
    
\item 已知$\vec{a}=(\sqrt{2},-1)$, $\vec{b}=(-\sqrt{3},3)$. 求
\begin{multicols}{3}
  \begin{enumerate}
      \item $\vec{a}\cdot \vec{b}$
      \item $(4\vec{a}-\vec{b})\cdot (4\vec{a}+\vec{b})$
      \item $(\vec{a}-2\vec{b})\cdot (\vec{a}-2\vec{b})$
  \end{enumerate}  
\end{multicols}

\item 已知$\parallelogram{ABCD}$的三个顶点$A(0,0)$, $B(3,1)$, 
$C(4,3)$. 试求顶点$D$的坐标．
\item 已知$O$是正六边形$ABCDEF$的中心，用向量坐标运算证明：
\[\Vec{OA}+\Vec{OB}+\Vec{OC}+\Vec{OD}+\Vec{OE}+\Vec{OF}=\vec{0}\]
   \end{enumerate} 
\end{ex}

\subsection{垂直与平行向量的坐标关系}

已知$\vec{a}$、$\vec{b}\; (\vec{b}\ne \vec{0})$平行的充要条件是存在一个实数
$\lambda$使等式
\[\vec{a}=\lambda\vec{b}\]
成立．如果$\vec{a}=(a_x,a_y)$, $\vec{b}=(b_x,b_y)$, 
那么上面的充
要条件用坐标表示，可写为：
\[(a_x,a_y)=(\lambda b_x,\lambda b_y)\]
即：
\[\begin{cases}
    a_x=\lambda b_x\\
a_y=\lambda b_y
\end{cases}\]

由上式消去$\lambda$, 上述条件又可写为：
\[\begin{vmatrix}
    a_x& a_y\\b_x&b_y
\end{vmatrix}=0\]
或：$a_x:b_x=a_y:b_y$.

上述结论可叙述为如下定理．

\begin{blk}
    {定理} 两个向量平行的一个充分必要条件是它们相应的
坐标分量成比例．
\end{blk}

\begin{blk}
{推论} 如果$A(x_1,y_1)$, $B(x_2,y_2)$, $C(x_3,y_3)$
是坐标平面上三个不同的点，那么$A$、$B$、$C$三点共线的－
个充要条件是
\[\frac{x_2-x_1}{x_3-x_1}=\frac{y_2-y_1}{y_3-y_1}\]
或者用三阶行列式写为
\[\begin{vmatrix}
    x_1&y_1&1\\
    x_2&y_2&1\\
    x_3&y_3&1\\
\end{vmatrix}=0\]
\end{blk}

\begin{proof}
    因为
\[\Vec{AB}=(x_2-x_1,y_2-y_1),\qquad \Vec{AC}=(x_3-x_1,y_3-y_1)\]
由于$A$、$B$、$C$三点共线的充要条件是
$\Vec{AB}\parallel \Vec{AC}$，所以，由上述定理便得到
\[\frac{x_2-x_1}{x_3-x_1}=\frac{y_2-y_1}{y_3-y_1}\]
即：$\begin{vmatrix}
    x_1&y_1&1\\
    x_2&y_2&1\\
    x_3&y_3&1\\
\end{vmatrix}=0$
从行列式计算法则容易证明：
\[\begin{vmatrix}
    x_2-x_1&x_3-x_1\\
    y_2-y_1&y_3-y_1
\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
    x_1&y_1&1\\
    x_2&y_2&1\\
    x_3&y_3&1\\
\end{vmatrix}=0\]
\end{proof}

我们已知
\[\vec{a}\bot\vec{b}\quad \Longleftrightarrow \quad \vec{a}\cdot \vec{b}=0\]
如果$\vec{a}=(a_x,a_y)$、$\vec{b}=(b_x,b_y)$, 那么上述条件用坐标
表示可写为
\[\vec{a}\bot\vec{b}\quad \Longleftrightarrow \quad a_xb_x+a_yb_y=0\]

这也可写为如下定理：

\begin{blk}
  {定理} 两个向量垂直的充要条件是它们相应坐标的乘积
的和等于零．  
\end{blk}

\begin{example}
    已知$\vec{a}=(3,y)$, $\vec{b}=(6,4)$且$\vec{a}\parallel \vec{b}$. 求$y$值．
\end{example}

\begin{solution}
    因为$\vec{a}\parallel \vec{b}$，所以
    \[\frac{6}{3}=\frac{4}{y}\]
    解之得$y=2$. 
\end{solution}

\begin{example}
已知$A(1,1)$, $B(3,5)$, $C(-2,-5)$.
问：$A$、$B$、$C$三点是否共线．
\end{example}

\begin{solution}
因为$\Vec{AB}=(2,4)$, $\Vec{AC}=(-3,-6)$,
且
\[\begin{vmatrix}
    2&4\\
    -3&-6
\end{vmatrix}=-12+12=0\]
所以$A$、$B$、$C$三点共线．
\end{solution}
    
\begin{example}
    已知$\vec{a}=(3,2)$, $\vec{b}=(-6,9)$. 求证$\vec{a}\bot\vec{b}$.
\end{example}

\begin{solution}
因为
\[\vec{a}\cdot \vec{b}=3\x (-6)+2\x 9=-18+18=0\]
所以$\vec{a}\bot\vec{b}$.
\end{solution}

\begin{example}
    已知$A(1,2)$, $B(2,3)$, $C(-2,5)$．
    求证$\triangle ABC$是直角三角形．
\end{example}


\begin{solution}
因为
\[\begin{split}
    \Vec{AB}&=(2,3)-(1,2)=(1,1)\\
    \Vec{AC}&=(-2,5)-(1,2)=(-3,3)\\
    \Vec{AB}\cdot \Vec{AC}&=1\x(-3)+1\x3=0
\end{split}\]
    所以$\Vec{AB}\bot \Vec{AC}$, 即$\triangle ABC$是直角三角形．
\end{solution}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 试问下列向量是否平行．
    \begin{enumerate}
    \item $\vec{a}=\left(\frac{1}{2},\frac{3}{4}\right),\quad \vec{b}=(-2,-3)$
    \item $\vec{p}=(0.5,4),\quad \vec{q}=(-8,64)$
    \item $\vec{c}=(2,3),\quad \vec{d}=(3,4)$
\end{enumerate}

\item 已知$\vec{a}=\left(\frac{3}{5},-5\right)$, $\vec{b}=(3,y)$, 且$\vec{a}\parallel \vec{b}$, 求$y$.

\item 向量$\vec{a}=(5,7)$与$\vec{b}=(10,14)$是否共线．

\item 已知$\vec{a}=(1,3)$, $\vec{b}=(2,5)$, 求证$\vec{a},\vec{b}$线性无
关．

\item 已知$\vec{a}=(-3,2)$, $\vec{b}=(4,6)$. 求证$\vec{a}\bot \vec{b}$, 并
作图验证．

\item 已知$A(7,5)$, $B(2,3)$, $C(6,-7)$. 求证
$\triangle ABC$是直角三角形．
\end{enumerate}
\end{ex}

\subsection{有向线段定比分点的坐标}
已知点$P$按定比$\mu$分割有向线段$P_1P_2$(图5.8). 
即
\[\begin{split}
     \Vec{P_1P}&=\mu \Vec{PP_2}\\
     \Vec{OP}-\Vec{OP_1}&=\mu\left(\Vec{OP_2}-\Vec{OP}\right)
\end{split}\]
所以
\[\Vec{OP}=\frac{1}{1+\mu}\Vec{OP_1}+\frac{\mu}{1+\mu}\Vec{OP_2}\]

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=stealth]
\draw[->](-1,0)--(4,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-1)--(0,3.5)node[right]{$Y$};
\node at (0,0)[below left]{$O$};
\tkzDefPoints{-1/3/A, 3/-1/B, 0/0/O, -.5/2.5/P, 1/1/P_2, 2.5/-.5/P_1}
\tkzDrawSegments[thick](A,B)
\tkzDrawSegments[->, very thick](O,P O,P_1 O,P_2)
\tkzLabelPoints[right](P,P_1,P_2)

\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}


如果$\Vec{OP_1}=(x_1,y_1)$，$\Vec{OP_2}=(x_2,y_2)$, $\Vec{OP}=(x,y)$，那么上式用坐标表示即可写为
\[(x,y)=\left(\frac{x_1+\mu x_2}{1+\mu},\; \frac{y_1+\mu y_2}{1+\mu}\right)\]
即：
\[x=\frac{x_1+\mu x_2}{1+\mu},\qquad y=\frac{y_1+\mu y_2}{1+\mu}\]
这就是求有向线段定比分点的计算公式．

当$\mu=1$时，$P$点是线段$\overline{P_1P_2}$的中点．这时$P$点的坐
标是
\[x=\frac{x_1+ x_2}{2},\qquad y=\frac{y_1+y_2}{2}\]
这就是求线段中点的坐标的计算公式，通常叫做\textbf{中点公式}．

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
  \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=.5]
    \draw[->](-1,0)--(7,0)node[right]{$X$};
    \draw[->](0,-3)--(0,7)node[right]{$Y$};
    \node at (0,0)[below left]{$O$};
\tkzDefPoints{1/3/A, 4/-2/B, 2/1.333/P}
\tkzDrawLines[very thick, add = .6 and .2](A,B)
\tkzDrawPoints(A,B,P)
\tkzLabelPoints[right](A,B)
\tkzLabelPoint[right](P){$P(2,\tfrac{4}{3})$}
\foreach \x in {1,2,3,4}
{
    \draw(\x,0)--(\x,.2);
    \draw(0,\x)--(.2,\x);
}
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=1]
    \draw[->](-.5,0)--(4,0)node[right]{$X$};
    \draw[->](0,-.5)--(0,4)node[right]{$Y$};
    \node at (0,0)[below left]{$O$};
\tkzDefPoints{1/1/A, 2/2/B, 3/3/P}
\draw[very thick](0,0)--(3.5,3.5);
\tkzDrawPoints(A,B,P)
\tkzLabelPoints[left](A,B)
\tkzLabelPoint[right](P){$P(3,3)$}
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}


\begin{example}
    已知$A(1,3)$, $B(4,-2)$. 点$P$按定比$\frac{1}{2}$
分割$\Vec{AB}$, 求$P$点的坐标（图5.9）.
\end{example}

\begin{solution}
因$\mu=\frac{1}{2}$, 由求定比分点坐标计算公式得：
\[
    x=\frac{1+\frac{1}{2}\x 4}{1+\frac{1}{2}}=2,\qquad
    y=\frac{3+\frac{1}{2}\x (-2)}{1+\frac{1}{2}}=\frac{4}{3}
\]
所以$P\left(2,\frac{4}{3}\right)$.
\end{solution}

\begin{example}
    已知$A(1,1)$, $B(2,2)$, 点$P$按定比$-\frac{1}{2}$
分割$\Vec{BA}$, 求$P$点的坐标（图5.10）.
\end{example}

\begin{solution}
因$\mu=-\frac{1}{2}$, 由求定比分点坐标计算公式得：
\[
    x=\frac{2+\left(-\frac{1}{2}\right)\x 1}{1+\left(-\frac{1}{2}\right)}=3,\qquad
    y=\frac{2+\left(-\frac{1}{2}\right)\x 1}{1+\left(-\frac{1}{2}\right)}=3
\]
所以$P(3,3)$.
\end{solution}

在使用定比分点公式时，请同学们注意有向线段的起点
和终点，以避免出错．

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 已知：
\begin{enumerate}
    \item $A(3,5),\quad B(-3,7)$
    \item $A(4,-1),\quad B(-5,-6)$
    \item $A(a+b,c+d),\quad B(a-b,c-d)$
\end{enumerate}
    试求$\Vec{AB}$的中点的坐标．
    \item 已知$P(0,2)$, $Q(2,-1)$, 点$M$按定比$\frac{1}{2}$分割
    $\Vec{PQ}$, 点$N$按定比3分割$\Vec{QP}$, 求$M$、$N$两点的坐标．
    \item 已知$M_1(-1,6)$, $M_2(4,3)$, 求$\Vec{M_1M_2}$三等分点
    的坐标．
    \item 已知$A_1(x_1,y_1)$, $A_2(x_2,y_2)$, $A_3(x_3,y_3)$是$\triangle A_1A_2A_3$的三个顶点，求$\triangle A_1A_2A_3$的重心的坐
    标．
    \item 已知$A(1,2)$, $B(3,4)$, 
    $|\Vec{AP}|=2|\Vec{AB}|$，求$P$点的坐标．
    \item 已知点$B(-4,1)$到点$A(2,-2)$的距离是它到点
    $C(x,y)$的距离的一半，求$C(x,y)$.
    \item 已知$\parallelogram{ABCD}$的相邻两顶点$A(1,1)$, $B(3,2)$
    和它的对角线交点$K(2,3)$, 求其余两个顶点的坐
    标．
\end{enumerate}
\end{ex}

\subsection{向量的长度公式}
如果已知$\vec{a}=(a_x,a_y)$, 则
\[|\vec{a}|^2=\vec{a}\cdot \vec{a}=a_x^2+a^2_y\]
所以
\begin{equation}
    |\vec{a}|=\sqrt{a_x^2+a^2_y}
\end{equation}
(5.4)式就是求$\vec{a}$的\textbf{长度的计算公式}．

如果已知两点$A(x_1,y_1)$, $B(x_2,y_2)$ (图5.11)，
则
\[\Vec{AB}=(x_2-x_1,y_2-y_1)\]

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=stealth]
    \draw[->](-.5,0)--(4,0)node[right]{$X$};
    \draw[->](0,-.5)--(0,4)node[right]{$Y$};
    \node at (0,0)[below left]{$O$};
\tkzDefPoints{2/1/A, 3/3/B}
\tkzDrawSegments[very thick,->](A,B)
\draw[dashed](0,1)--(A)--(2,0);
\draw[dashed](0,3)--(B)--node[right]{$a_y$}(3,1)--(3,0);
\draw[dashed](A)--node[below]{$a_x$}(3,1);
\tkzLabelSegment[left](A,B){$\vec{a}$}
\tkzLabelPoints[above](B)
\tkzLabelPoints[below left](A)

\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}


\begin{equation}
    |\Vec{AB}|=\sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2}
\end{equation}
显然$A$、$B$两点间的距离就是
$|\Vec{AB}|$，所以(5.5)式是求两
点间的\textbf{距离公式}．它可叙述如下：

\textbf{两点间的距离等于两点相应坐标差的平方和的算术平方
根}．

如果$\vec{a}_0$是$\vec{a}$的单位向量，$\vec{a}=(a_x,a_y)$, 
那么，
\[\vec{a}_0=\frac{1}{|\vec{a}|}\vec{a}=\frac{1}{\sqrt{a^2_x+a^2_y}}(a_x,a_y)\]
即
\begin{equation}
    \vec{a}_0=\left(\frac{a_x}{\sqrt{a^2_x+a^2_y}},\; \frac{a_y}{\sqrt{a^2_x+a^2_y}}\right)
\end{equation}
它是由已知向量的坐标，求它的单位向量的坐标的计算公
式．

\begin{example}
    已知$A(3,6)$, $B(-2,3)$. 求$A$、$B$间距
离．
\end{example}

\begin{solution}
    因$\Vec{AB}=(-5,-3)$, 所以
\[|\Vec{AB}|=\sqrt{(-5)^2+(-3)^2}=\sqrt{34}\]
\end{solution}


\begin{example}
    已知$\vec{a}=(3,4)$, 求$\vec{a}_0$的坐标．
\end{example}

\begin{solution}
因为$|\vec{a}|=\sqrt{3^2+4^2}=5$, 所以
\[\vec{a}_0=\left(\frac{3}{5},\frac{4}{5}\right)\]
\end{solution}

\begin{example}
    已知$A(1,2)$, $B(3,4)$, $C(5,0)$. 求证：$\triangle ABC$是等腰三角形．
\end{example}

\begin{proof}
\[\begin{split}
|\Vec{AB}|&=\sqrt{(3-1)^2+(4-2)^2}=\sqrt{8}\\
|\Vec{AC}|&=\sqrt{(5-1)^2+(0-2)^2}=\sqrt{20}\\
|\Vec{BC}|&=\sqrt{(5-3)^2+(0-4)^2}=\sqrt{20}\\
\end{split}\]
由此得$|\Vec{AC}|=|\Vec{BC}$, 所以$\triangle ABC$是等腰三角形．
\end{proof}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 已知$A(0,0)$, $B(3,4)$, $C(0,5)$, 求$\triangle ABC$
    各边的长．
    \item 已知$A(3,8)$, $B(-11,3)$, $C(-8,-2)$. 求
    证$\triangle ABC$是等腰三角形．
    \item 已知$A(-1,2)$, $B(3,5)$, $C(1,7)$, 
    $D(-3,4)$, 求证$ABCD$是平行四边形，且求其对
    角线的长度．
    \item 已知$\vec{a}=(1,1)$, $\vec{b}=(-2,5)$, 求$\vec{a}_0$, $\vec{b}_0$.
    \item 已知$|\vec{a}|=5$, 且$\vec{a}_0=\left(\frac{2}{\sqrt{13}},\frac{3}{\sqrt{13}}\right)$，
    求$\vec{a}$的坐标．
    \item 用坐标法证明：如果$M$是$\triangle ABC$的$\overline{BC}$
    边上的中点，
    求证：$\overline{AB}^2+\overline{AС}^2=2\overline{AМ}^2+2\overline{BM}^2$.
\end{enumerate}
\end{ex}

\subsection{两向量的夹角计算公式}

已知$\vec{a}=(a_x,a_y)$, $\vec{b}=(b_x,b_y)$, 则
\[\cos\expval{\vec{a},\vec{b}}=\frac{\vec{a}\cdot \vec{b}}{|\vec{a}|\left|\vec{b}\right|}\]
但$\vec{a}\cdot \vec{b}=a_xb_x+a_yb_y,\quad |\vec{a}|=\sqrt{a_x^2+a_y^2},\quad \left|\vec{b}\right|=\sqrt{b_x^2+b_y^2}$，
所以
\begin{equation}
    \cos\expval{\vec{a},\vec{b}}=\frac{a_xb_x+a_yb_y}{\sqrt{a_x^2+a_y^2}\sqrt{b_x^2+b_y^2}}
\end{equation}
(5.7)式是求两个向量夹角的\textbf{余弦的计算公式}．由两个向量
夹角的余弦，我们就可求出这两个向量的夹角．

设$\expval{\eX,\vec{a}}=\alpha$, $\expval{\eY,\vec{a}}=\beta$，已知
\[a_x=|\vec{a}|\cos\alpha,\qquad a_y=|\vec{a}|\cos\beta\]
则
\begin{equation}
    \begin{cases}
\cos\alpha=\frac{a_x}{|\vec{a}|}=\frac{a_x}{\sqrt{a_x^2+a_y^2}}\\
\cos\beta=\frac{a_y}{|\vec{a}|}=\frac{a_y}{\sqrt{a_x^2+a_y^2}}\\
    \end{cases}
\end{equation}
但由(5.6)式知
\[\vec{a}_0=\left(\frac{a_x}{\sqrt{a_x^2+a_y^2}},\; \frac{a_y}{\sqrt{a_x^2+a_y^2}}\right)\]
所以：$\vec{a}_0=(\cos\alpha,\cos\beta)$. 这就是说$(\cos\alpha,\cos\beta)$就是$\vec{a}$的单位向量的坐标．

容易验证$\cos\alpha,\; \cos\beta$之间满足关系
\begin{equation}
    \cos^2\alpha+\cos^2\beta=1
\end{equation}
(5.8)、(5.9)是两个重要的公式，它们把向量的坐标与向
量的长度、方向联系起来．

\begin{example}
  已知$A(\sqrt{3},1)$, $B(0,1)$, 
$c\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2}\right)$, 
求$\Vec{AB}$与$\Vec{AC}$之间的夹角．  
\end{example}

\begin{solution}
因为$\Vec{AB}=(-\sqrt{3},0)$, $\Vec{AC}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2}\right)$, 所以
\[\cos \expval{\Vec{AB},\Vec{AC}} =\frac{-\sqrt{3}\x\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)+0\x \left(-\frac{1}{2}\right)}{\sqrt{\left(\sqrt{3}\right)^2+0^2}\sqrt{\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2+\left(-\frac{1}{2}\right)^2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\]
因此，
\[\expval{\Vec{AB},\Vec{AC}}=\frac{\pi}{6}\]
\end{solution}

\begin{example}
    求向量$\vec{a}=(2,-1)$的方向余弦和$\vec{a}_0$的坐标．
\end{example}

\begin{solution}
因为$|\vec{a}|=\sqrt{2^2+(-1)^2}=\sqrt{5}$，所以
\[\cos\alpha=\frac{2}{\sqrt{5}},\qquad \cos\beta=\frac{-1}{\sqrt{5}}\]
\[\vec{a}_0=(\cos\alpha,\cos\beta)=\left(\frac{2}{\sqrt{5}},-\frac{1}{\sqrt{5}}\right)\]
\end{solution}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 求下列$\vec{a}$与$\vec{b}$夹角的余弦．
\begin{enumerate}
    \item $\vec{a}=(1,-2),\quad \vec{b}=(5,3)$
    \item $\vec{a}=(-3,4),\quad \vec{b}=(2,-1)$
\end{enumerate}  
    \item 求下列向量的单位向量的坐标．
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
    \item $\vec{a}=(2,3)$
    \item $\vec{b}=(5,13)$
    \item $\vec{c}=(2,0)$
    \item $\vec{d}=(1,1)$
\end{enumerate}
\end{multicols}
    \item 已知$\Vec{OA}=(-1,3)$, 
    $\Vec{OB}=(0,4)$, 求$\Vec{OA}$在
    $\Vec{OB}$上的垂直投影分量，$\Vec{OB}$在$\Vec{OA}$上的垂直投影分
    量．
    \item 已知$A(2,-1)$, $B(1,-3)$, $C(3,-4)$, 计
    算$\triangle ABC$的三内角的余弦．
\end{enumerate} 
\end{ex}

\subsection{两向量方向差的正弦、正切公式}
由于我们规定两个向量的夹角取值范围是$[0,\pi]$，
所以在坐标平面上知道$\expval{\eX,\vec{a}}$和$\expval{\eY,\vec{a}}$这两个角$\vec{a}$
的方向唯一确定了，其实在坐标平面上只需要知道其中一个
角就够了．

在坐标系$[O:\; \eX,\eY]$中（图5.12），已知非零向
量$\vec{a}=(a_x,a_y)$, 作$\Vec{OA}=\vec{a}$, 
这时射线$OA$的方向被以$OX$为
始边、$OA$为终边的旋转角$\varphi$所
唯一确定，于是$\vec{a}$的方向也被$\varphi$
所唯一确定．$\varphi$角通常叫做向量
$\vec{a}$的\textbf{方向角}．由三角学可知，$\varphi$
有无穷多值，因此平面上同一个
方向可以和无穷多个角相对应．如果约定$\varphi$在$[0,2\pi]$内
取值，一个向量的方向角就被唯一确定了．

\begin{figure}[htp]
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=stealth]
    \draw[->](-.5,0)--(4,0)node[right]{$X$};
    \draw[->](0,-.5)--(0,3.5)node[right]{$Y$};
    \node at (0,0)[below left]{$O$};
    \tkzDefPoints{0/0/O, 3/2.5/A, 2/0/B}
    \tkzDrawSegments[very thick, ->](O,A)
    \tkzLabelPoints[above](A)
    \tkzLabelSegment[above](O,A){$\vec{a}$}
\tkzMarkAngles[mark=none,size=1,->](B,O,A)
\tkzLabelAngle[pos=1.3](B,O,A){$\varphi$}        
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

我们曾规定$\expval{\eX,\vec{a}}=\alpha$, $\expval{\eY,\vec{a}}=\beta$的取值范
围是$[0,\pi]$. 因此上述定义的角$\varphi$和角$\alpha$并不一致．但
我们知道
\[\cos\alpha=\frac{a_x}{|\vec{a}|},\qquad \cos\beta=\frac{a_y}{|\vec{a}|}\]
由三角函数的定义，我们又知
\[\cos\varphi=\frac{a_x}{|\vec{a}|},\qquad \sin\varphi=\frac{a_y}{|\vec{a}|}\]
所以不论$\varphi$取何值，都有关系式
\[\cos\varphi=\cos\alpha,\qquad \sin\varphi=\cos\beta\]
因此一个向量的方向余弦，用它的方向角可表示为$\cos\varphi$, $
\sin\varphi$. 任给一单位向量$\vec{e}$, 若方向角为$\varphi$, 则
\[\vec{e}=(\cos\varphi,\; \sin\varphi)\]

在(5.10)式两边相除可得
\[\tan \varphi =\frac{a_y}{a_x}\]

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=stealth]
\draw[->](-3,0)--(3,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-.5)--(0,3.5)node[right]{$Y$};
\tkzDefPoints{2.5/2/A, -2.5/2.5/B, 3/0/C, 0/0/O}
\tkzDrawSegments[very thick, ->](O,A O,B)
\tkzLabelSegment[below](O,B){$\vec{b}$}
\tkzLabelSegment[above](O,A){$\vec{a}$}
\tkzLabelPoints[above](A,B)
\tkzLabelPoints[below left](O)
\tkzMarkAngles[size=1, mark=none, ->](C,O,A)
\tkzMarkAngles[size=.8, mark=none, ->](C,O,B)
\tkzMarkAngles[size=1.5, mark=none, ->](A,O,B)
\tkzLabelAngle[pos=1.3](C,O,A){$\varphi_1$}
\tkzLabelAngle[pos=1.1](C,O,B){$\varphi_2$}
\tkzLabelAngle[pos=1.8](A,O,B){$\varphi$}

\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}


已知$\vec{a}=(a_x,a_y)$, $\vec{b}=(b_x,b_y)$, 作$\Vec{OA}=\vec{a}$, $\Vec{OB}=\vec{b}$ (图5.13), 设$\vec{a}$的方向角为$\varphi_1$, $\vec{b}$的方向角
为$\varphi_2$, 我们把$\vec{b}$与$\vec{a}$的方向差$\varphi$定义为
$\varphi=\varphi_2-\varphi_1$，
这就是说$\varphi$是射线$OA$到射线
$OB$之间的旋转角，也可说$\varphi$ 
是$\vec{a}$到$\vec{b}$的旋转角．容易证
明，对任意两个向量$\vec{a},\vec{b}$, 
有
\[\cos\varphi =\cos\expval{\vec{a},\vec{b}}\]
由三角公式有
\[\sin\varphi  =\sin(\varphi_2-\varphi_1 ) = \sin\varphi_2\cos\varphi_1 -\cos\varphi_2\sin\varphi_1\]
但
\[\sin\varphi_2=\frac{b_y}{|\vec{b}|},\quad \cos\varphi_2=\frac{b_x}{|\vec{b}|},\quad \sin\varphi_1=\frac{a_y}{|\vec{a}|},\quad \cos\varphi_1=\frac{a_x}{|\vec{a}|}\]
所以
\begin{equation}
    \sin\varphi=\frac{a_xb_y-a_yb_x}{|\vec{a}|\left|\vec{b}\right|}
\end{equation}
又知
\[\cos\varphi =\cos\expval{\vec{a},\vec{b}}=\frac{a_xb_x+a_yb_y}{|\vec{a}|\left|\vec{b}\right|}\]
两式相除又可得
\[\tan\varphi =\frac{a_xb_y-a_yb_x}{a_xb_x+a_yb_y}\]
为了便于记忆，(5.10)、(5.11)两式还可用行列式写出：
\[\sin\varphi=\frac{\begin{vmatrix}
    a_x& a_y\\b_x&b_y
\end{vmatrix}}{|\vec{a}|\left|\vec{b}\right|},\qquad \tan\varphi=\frac{\begin{vmatrix}
    a_x& a_y\\b_x&b_y
\end{vmatrix}}{\vec{a}\cdot \vec{b}}\]


\begin{example}
    已知$\vec{a}=(2,-2)$, 求$\vec{a}$的方向角$\varphi$.
\end{example}

\begin{solution}
    因为$\sin\varphi=\frac{-2}{\sqrt{2^2+(-2)^2}}=-\frac{1}{\sqrt{2}}$，所以，$\varphi=-45^{\circ}$或$\varphi=-135^{\circ}$, 又因$\cos\varphi$的值为正（$\cos\varphi$与$\vec{a}$的
横坐标同号），所以$\varphi=-45^{\circ}$.
\end{solution}


\begin{example}
    已知$\vec{a}=(\sqrt{3},0)$, $\vec{b}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}\right)$, 求$\vec{a}$与$\vec{b}$的方向差$\varphi$.
\end{example}

\begin{solution}
因为$|\vec{a}|=\sqrt{3}$, $|\vec{b}|=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2+\left(-\frac{1}{2}\right)^2}=1$
所以
\[\cos\varphi=\frac{a_xb_x+a_yb_y}{|\vec{a}|\left|\vec{b}\right|}=\frac{\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}+0\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)}{\sqrt{3}\cdot 1}=\frac{\sqrt{3}}{2}\]
于是$\varphi=\frac{\pi}{6}$, 或$\varphi=-\frac{11}{6}\pi$. 又因为
\[\sin\varphi=\frac{a_xb_y-a_yb_x}{|\vec{a}|\left|\vec{b}\right|}=\frac{\sqrt{3}\x \left(-\frac{1}{2}\right)+0\x \frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3}\cdot 1}=-\frac{1}{2}\]
所以：$\varphi=-\frac{11}{6}\pi$.
\end{solution}

由例5.19可知，如果我们要求两向量的夹角，只用余弦公
式就可以了，如果要计算两向量的方向差，除用余弦公式
外，还要用正弦公式或正切公式．


\begin{example}
    已知$\vec{a}=(a_x,a_y)$, 求与$\vec{a}$垂直的单位向量$\vec{n}_0$的坐标．
\end{example}

\begin{solution}
    设$\vec{n}_0=(\cos\varphi,\sin\varphi)$，由于$\vec{n}_0\bot \vec{a}$, 所以
\[a_x\cos\alpha+a_y\sin\alpha= 0\]
即：$\frac{\cos\alpha}{-a_y}=\frac{\sin\alpha}{a_x}$.

由此可见，向量$\vec{n}_0$与向量$(-a_y,a_x)$平行．
于是存在数$\lambda$, 使
\[\cos\varphi=\lambda(-a_y),\qquad \sin\varphi=\lambda a_x\]
由于$\sin^2\varphi +\cos^2\varphi =1$, 因此可求得
\[\lambda=\pm\frac{1}{\sqrt{a^2_x+a^2_y}}=\pm\frac{1}{|\vec{a}|}\]
所以
\[\begin{split}
    \cos\varphi&=\pm\frac{1}{|\vec{a}|}\x (-a_y)=\mp\frac{a_y}{|\vec{a}|}\\
    \sin\varphi&=\pm\frac{a_x}{|\vec{a}|}
\end{split}\]
于是可得：
\[\vec{n}_0=\left(-\frac{a_y}{|\vec{a}|},\; \frac{a_x}{|\vec{a}|}\right)\quad \text{或}\quad \vec{n}_0=\left(\frac{a_y}{|\vec{a}|},\; -\frac{a_x}{|\vec{a}|}\right)\]
\end{solution}

求一个向量的垂直向量的坐标，是我们经常要碰到的问
题，我们在例5.20的基础上，再作些说明：

由于$\vec{n}_0\bot \vec{a}$, 因此对任意实数$k$
\[k\vec{n}_0\bot \vec{a}\]
特别当$k=\pm|\vec{a}|$时，向量$\vec{n}_1=(-a_y,a_x)$, $\vec{n}_2=(a_y,-a_x)$
都与$\vec{a}$垂直，且与$\vec{a}$的长度相等．例如$\vec{a}=(3,4)$, 则$\vec{n}_1=(-4,3)$, $\vec{n}_2=(4,-3)$
都垂直于$\vec{a}$ (图5.14).

令$\varphi_1$是$\vec{n}_1$与$\vec{a}$的方向差，$\varphi_2$是$\vec{n}_2$与$\vec{a}$的方向差，则
\[\begin{split}
\sin\varphi_1&=\frac{\begin{vmatrix}
    a_x&a_y\\-a_y&a_x
\end{vmatrix}}{|\vec{a}|\; |\vec{a}|}=\frac{a^2_x+a^2_y}{|\vec{a}|^2}=1\\
\sin\varphi_2&=\frac{\begin{vmatrix}
    a_x&a_y\\a_y&-a_x
\end{vmatrix}}{|\vec{a}|\; |\vec{a}|}=\frac{-(a^2_x+a^2_y)}{|\vec{a}|^2}=-1\\
\end{split}\]
所以向量$\vec{n}_1$可看作向量$\vec{a}$按逆时针方向旋转$90^{\circ}$所生成的向
量，$\vec{n}_2$可看作$\vec{a}$按顺时针方向旋转$90^{\circ}$所生成的向量．

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
  \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=.5]
\draw[->](-5,0)--(5,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-4.5)--(0,4.5)node[right]{$Y$};
\tkzDefPoints{-4/3/A, 4/-3/B, 3/4/C, 0/0/O}     
\tkzDrawSegments[very thick, ->](O,A O,B O,C)
\tkzLabelPoints[below left](O)
\tkzLabelSegment[above](O,A){$\vec{n}_1$}
\tkzLabelSegment[above](O,B){$\vec{n}_2$}
\tkzLabelSegment[above](O,C){$\vec{a}$}
\tkzLabelPoint[above](A){$(-a_y,a_x)$}
\tkzLabelPoint[right](C){$(a_x,a_y)$}
\tkzLabelPoint[below](B){$(a_y,-a_x)$}
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.8, <-](B,O,C)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=1, ->](C,O,A)


    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=1]
  \draw[->](-2.5,0)--(2,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-1)--(0,3.5)node[right]{$Y$};
\node at (0,0)[below right]{$O$};
\tkzDefPoints{-2/1/A, -.5/2.5/D, 1/1/C, -.5/-.5/B, -.5/1/E, 0/0/O}    
\tkzDrawPolygon[very thick](A,B,C,D)
\tkzDrawSegments(A,C B,D)
\tkzAutoLabelPoints[center=E](A,C,B,D)
\tkzDrawSegments[dashed](O,E)
\tkzLabelPoints[above left](E)

    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}

\begin{example}
    已知正方形$ABCD$, 有$A(-2,1)$, $C(1,1)$. 
求顶点$B$和$D$的坐标（图5.15）.
\end{example}

\begin{solution}
    设对角线$\overline{AC}$与$\overline{BD}$相交于$E$点，则$E$点的坐标
\[\begin{split}
    x_E&=\frac{1+(-2)}{2}=-\frac{1}{2}\\
    y_E&=\frac{1+1}{2}=1\\
    \Vec{EA}&=\left(-2-\left(-\frac{1}{2}\right),\; 1-1\right)=\left(-1\frac{1}{2},\; 0\right)
\end{split}\]
由于$\Vec{EB}\bot \Vec{EA}$, $\Vec{ED}\bot \Vec{EA}$, 
且$|\Vec{ED}|=|\Vec{EB}|=|\Vec{EA}|$, 
所以
\[\Vec{EB}=\left(0,-1\frac{1}{2}\right),\qquad \Vec{ED}=\left(9,1\frac{1}{2}\right)\]
\[\begin{split}
     \Vec{OB}=\Vec{OE}+\Vec{EB}=\left(-\frac{1}{2},1\right)+\left(0,-1\frac{1}{2}\right)=\left(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right)\\
     \Vec{OD}=\Vec{OE}+\Vec{ED}=\left(-\frac{1}{2},1\right)+\left(0,1\frac{1}{2}\right)=\left(-\frac{1}{2},2\frac{1}{2}\right)\\
\end{split}\]
所以$B\left(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right),\; D\left(-\frac{1}{2},2\frac{1}{2}\right)$
\end{solution}


\begin{example}
    证明三角公式
$\cos(\alpha-\beta) = \cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta$.
\end{example}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=stealth]
\draw[->](-.5,0)--(4,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-.5)--(0,4)node[right]{$Y$};
\tkzDefPoints{0/0/O, 3/2/E_2, 2/3/E_1, 2/0/F}
\tkzLabelPoints[right](E_1,E_2)
\tkzDrawSegments[very thick, ->](O,E_1 O,E_2)
\tkzLabelPoints[below left](O)
\tkzMarkAngles[size=1.5, mark=none,->](F,O,E_2)
\tkzMarkAngles[size=.9, mark=none,->](F,O,E_1)
\tkzLabelAngle[pos=1.7](F,O,E_2){$\beta$}
\tkzLabelAngle[pos=1.1](F,O,E_1){$\alpha$}
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}


\begin{proof}
 在坐标平面上（图5.16）,
设$\Vec{OE_1}=(\cos\alpha,\sin\alpha)$, $\Vec{OE_2}=(\cos\beta,\sin\beta)$, 则
\[\cos(\alpha-\beta)=\cos\expval{\Vec{OE_1},\Vec{OE_2}}=
\cos\alpha\cdot \cos\beta+\sin\alpha\cdot \sin\beta\]   
\end{proof}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 已知$\vec{a}=(-2,2)$, 求$\vec{a}$的方向角$\varphi$.
    \item 已知$\vec{R}=(\sqrt{3},-1)$, 求$R$的方向角$\varphi$.
    
    \item 已知$\vec{a}=(-\sqrt{3},0)$, $\vec{b}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},1\right)$, 
    求$\vec{a}$到$\vec{b}$的旋转角．
    \item 已知$\vec{a}=(2,3)$, 求与$\vec{a}$垂直且与$\vec{a}$等长的两个向
    量．
    \item 用向量夹角公式求证$\cos(90^{\circ}-\alpha)=\sin\alpha$, $\cos(90^{\circ}+\alpha)=-\sin\alpha$.
    \item 已知$\vec{a}=(-4,3)$, 设$\vec{a}$到$\vec{b}_0$的旋转角为$\frac{\pi}{2}$,  求$\vec{b}_0$的
    坐标．
\end{enumerate}
\end{ex}

\subsection{面积的计算公式}
已知$\parallelogram{ABCD}$的两个邻边向量$\Vec{AB}=\vec{a}$, $\Vec{AD}=\vec{b}$
（图5.17），$\vec{a}$到$\vec{b}$的旋转角为$\varphi$, 则$\parallelogram{ABCD}$的面积
\[S=|\vec{a}|\left|\vec{b}\right|\sin\varphi\]

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=stealth]
    \draw[->](-2.5,0)--(3.5,0)node[right]{$X$};
    \draw[->](0,-2)--(0,2.6)node[right]{$Y$};
\tkzDefPoints{-2/-1.5/A, 2.3/-.5/B, -1.5/1/D}
\tkzDefPointsBy[translation= from A to B](D){C}
\tkzDrawSegments[very thick, ->](A,D A,B)
\tkzDrawSegments[very thick](C,D C,B)
\tkzLabelSegment[below](A,B){$\vec{a}$}
\tkzLabelSegment[left](A,D){$\vec{b}$}
\node at (0,0)[above right]{$O$};
\tkzLabelPoints[above](C,D)
\tkzLabelPoints[below](A,B)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.7, ->](B,A,D)
\tkzLabelAngle[pos=.9](B,A,D){$\varphi$}
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}


若$\vec{a}=(a_x,a_y)$, $\vec{b}=(b_x,b_y)$，则
\[S=|\vec{a}|\left|\vec{b}\right|\sin\varphi=|\vec{a}|\left|\vec{b}\right|\frac{a_xb_y-a_yb_x}{|\vec{a}|\left|\vec{b}\right|}=a_xb_y-a_yb_x\]
或
\begin{equation}
    S=\begin{vmatrix}
        a_x&a_y\\b_x&b_y
    \end{vmatrix}
\end{equation}

(5.11)式是由平行四边形的两个邻边向量计算它的面积
的公式．这个公式不但给出了平行四边形面积的计算方法，
而且给出了二阶行列式的一个几何意义．

由(5.11)式计算面积时，可得正值，也可得负值，这
是因为$\varphi$取的是旋转角，当$\varphi>0$时，$S>0$；当$\varphi<0$, 
$S<0$；$\varphi=0$时$S=0$. 为使得面积只取正值，公式(5.11)
可改写为
\begin{equation}
    S=|a_xb_y-a_yb_x|
\end{equation}

若已知$A(x_1,y_1)$, $B(x_2,y_2)$, $C(x_3,y_3)$, 则
\[\Vec{AB}=(x_2-x_1,y_2-y_1),\qquad \Vec{AC}=(x_3-x_1,y_3-y_1)\]
由公式(5.11)容易求得$\triangle ABC$的面积
\begin{equation}
    S_{\triangle}=\frac{1}{2}\begin{vmatrix}
     x_2-x_1&y_2-y_1\\
     x_3-x_1&y_3-y_1   
    \end{vmatrix}
\end{equation}
或
\[ S_{\triangle}=\frac{1}{2}\begin{vmatrix}
    x_1&y_1&1\\
    x_2&y_2  &1\\ 
    x_3&y_3  &1\\ 
   \end{vmatrix}\]
   若面积只取正号，则
\[S_{\triangle}=\frac{1}{2}\Big|(x_2-x_1)(y_3-y_1)-(x_3-x_1)(y_2-y_1)\Big|\]

\begin{example}
      已知$\triangle ABC$的三个顶点的坐标分别为$A(3,2)$, 
$B(-5,4)$, $C(-6,-3)$, 求$\triangle ABC$的面积.
\end{example}

\begin{solution}
因$\Vec{AB}=(-8,2)$, $\Vec{AC}=(-9,-5)$，由(5.13)
式得
\[S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\begin{vmatrix}
    -8&2\\-9&-5
\end{vmatrix}=\frac{1}{2}(40+18)=29\]
\end{solution}


\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 已知
 \begin{enumerate}
    \item $\vec{a}=(3,-4),\quad \vec{b}=(2,-7)$;
    \item $\vec{a}=(-5,-6),\quad \vec{b}=(4,-9)$.
\end{enumerate}   
    求由$\vec{a},\vec{b}$作邻边向量张成的平行四边形的面积．
    
    \item 已知$A(2, 3)$, $B(-7, 5)$, $C(3,-5)$,求
    $\triangle ABC$的面积．
    \item  已知$A(-10,-8)$, $B(9,-3)$, $C(2, 11)$, 求
    $\triangle ABC$的面积．
    \item 说明$\begin{vmatrix}
       a_x&a_y\\b_x&b_y 
    \end{vmatrix}=-\begin{vmatrix}
        \b_x&b_y \\a_x&a_y
    \end{vmatrix}$
    的几何意义．
    \item 说明$\begin{vmatrix}
        a_x&a_y\\a_x+b_x&a_y+b_y 
     \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
         a_x&a_y \\\b_x&b_y
     \end{vmatrix}$的几何意义．
\end{enumerate}
\end{ex}

\section*{习题5.1}
\addcontentsline{toc}{subsection}{习题5.1}

\begin{enumerate}
    \item 在$X$轴上的点，它的纵坐标都等于什么？在$Y$轴上的点，它的横坐标都等于什么？
    \item 在坐标平面上，已知边长为$a$的正方形$ABCD$, $A$与原点重合，$\Vec{AB}$, $\Vec{AD}$的方向分别与$X$轴和$Y$轴的正方向一致，求四个顶点的坐标．
    \item 分别求点$(a,b)$关于$X$轴、$Y$轴的对称点的坐标．
    \item 已知$|\Vec{OA}|=7$、$|\Vec{OB}|=6$, 点$A$在第四象限，点$B$在第二象限，且$\expval{\Vec{OA},\eX}=45^{\circ}$, $\expval{\Vec{OB},\eY}=30^{\circ}$. 求$A$点、$B$点的坐标．
    \item $\parallelogram{ABCD}$中的$\Vec{AB}=8$, $\Vec{AD}=5$, $\angle A=60^{\circ}$，如果取$A$作原点，$X$轴正方向与$\Vec{AB}$同向，$C$点所在的象
    限为第一象限，求它各顶点的坐标．
    \item 已知
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
    \item $A(-3, 4),\quad B(2,-5)$; 
    \item $A(2,-1),\quad B(-4, 3)$
\end{enumerate}
\end{multicols}
    求$\Vec{AB}$的坐标．
    
\item 已知$|\vec{a}|=12$, $\expval{\eX,\vec{a}}=30^{\circ}$, $\expval{\eY,\vec{a}}=120^{\circ}$, 
    求$\vec{a}$的坐标．
    
    \item 建立坐标系$[O:\; \eX,\eY]$, 画出下列各向量．
\begin{multicols}{3}
\begin{enumerate}
    \item $\eX=(1,0)$
    \item $\eY=(0,1)$
    \item $\vec{a}=(-1,1)$
    \item $\vec{b}=(0,2)$
    \item $\vec{c}=(-2,0)$
    \item $\vec{d}=(0,-2)$
    \item $\vec{f}=(-1,-3)$
\end{enumerate}
\end{multicols}

\item 问平行于$X$轴的向量与平行于$Y$轴的向量的坐标各有什么特点．
\item 证明$A,B,C$三点共线．
\begin{enumerate}
    \item $A (2, 1) ,\quad  B (0, 5) ,\quad  C (4, -3)$
    \item $A (-1, 0) ,\quad  B (1, -2) ,\quad  C (3, -4)$
\end{enumerate}
\item 已知$\parallelogram{ABCD}$, $\overline{AC}$, $\overline{BD}$相交于$P$, 且$A(-1, 2)$, $B(3, 0)$, $P(0, 2)$, 求$B,C$两顶点的坐标．
\item 求证$\vec{m}=(-2, 3)$, $\vec{n}=(2,-3)$与$\vec{a}=(3, 2)$垂直并作图验证．
\item 已知$\vec{a}=(2,-1)$, $\vec{b}=(-1, 1)$, 求$\vec{a}+\vec{b}$, $\vec{a}-\vec{b}$, $\vec{a}\cdot \vec{b}$, 
$\left(3\vec{a}-2\vec{b}\right)\cdot\left(\vec{a}+4\vec{b}\right)$.
\item 已知$\vec{a}=(1, 2)$, $\vec{b}=(3, 1)$. 在坐标平面上
画出$\vec{a}+\vec{b}$, $\vec{a}+2\vec{b}$, $\vec{a}+3\vec{b}$, $\vec{a}-2\vec{b}$, $\vec{a}-3\vec{b}$.

\item 已知$A(1, 3)$, $B(2,-1)$, $C(4,k)$, 问$k$为何值时，$\triangle ABC$是等腰三角形．
\item 已知$A(1, 1)$, $B(2,-1)$. 如果$\triangle ABC$是
等边三角形，且$A,B,C$按逆时针顺序排列，求顶点$C$的坐标．
\item 已知$|\vec{a}| = 2$, $\vec{b}=(\sqrt{3}, 1)$, $\vec{a}$到$\vec{b}$的旋转角为$60^{\circ}$, 求$\vec{a}$的坐标．
\item 已知$A(2, 3)$, $B(-1, 0)$, $C$点在$\overline{AB}$的垂直平
分线上，且和$\overline{AB}$的距离是$\overline{AB}$长的一半，求$C$点的坐标．
\item 已知正方形$ABCD$, $A(0,-1)$, $B(-2, 1)$, 
$A$、$B$、$C$、$D$四点
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
    \item 按顺时针顺序排列；
    \item 按逆时针顺序排列．
\end{enumerate}
\end{multicols}
求$C$点的坐标．
\item 已知正六边形$ABCDEF$, $A$、$B$、$C$、$D$、$E$、$F$
成逆时针方向排列，$A(1, 1)$, $B(-2, 3)$, 求顶点$C$、$D$、$E$、$F$的坐标．
\item 计算由下列各对向量张成的平行四边形的面积．
\begin{enumerate}
    \item $\vec{a}= (3, -2) ,\qquad \vec{b}= (5, 1)$
    \item $\vec{a}= (1, 2) ,\qquad \vec{b}= (-1, 2) $
    \item $\vec{a}= (-2, 3) ,\qquad \vec{b}= (-3, 4) $
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section{直线方程}
一个关于$x$、$y$的二元方程总可写为
\begin{equation}\label{lin_eq}
 F (x,y) =0   
\end{equation}
的形式．例如$x+y-3=0$, $y-x^2=0$, $x^2+2xy-y^2-3=0$等．设满足方程(\ref{lin_eq})的所有实数偶$(x,y)$的集合用$A$表示，则$A$可描述为
\[A= \{ (x,y) |F (x,y) =0\} \]
对$A$中的每一个有序实数偶$(x,y)$, 在坐标平面上，唯一确定了一个点$P(x,y)$. 这样，$A$中的所有元素就对应着平面上的一个点集$B$. $B$可描述为
\[B= \{P (x,y) |F (x,y) =0\}\]

点集$B$叫做方程$F(x,y)=0$的图象或轨迹，而$F(x,y)=0$又叫做轨迹方程．例如：方程$y-x=0$的所有解集
\[\{ (x,y) |y-x=0\}\]
对应着坐标平面上点的轨迹
\[\{P (x,y) |y-x=0\} \]
是第1、第3象限的角平分线．方程$y-x^2=0$的解集
\[\{ (x,y) |y-x^2=0\}\]
所对应的点轨迹
\[\{P (x,y) |y-x^2=0\}\]
是坐标平面上一条抛物线．

如果我们要确定某个点集是某个二元方程$F(x,y)=0$的轨迹，或方程$F(x,y)=0$是某个点集的方程，显然必
须证明以下两条．
\begin{enumerate}
    \item $(x,y)\in A\quad \Rightarrow\quad P(x,y)\in B$
    \item $P (x,y) \in B\quad \Rightarrow\quad  (x,y) \in A$
\end{enumerate}
第一条保证满足方程$F(x,y)=0$的实数偶所对应的点一定在轨迹$B$上，第二条保证在轨迹$B$上的点的坐标一定满足方程$F(x,y)=0$.

设$A= \{P (x,y) |F (x,y) =0\}$, $B= \{P (x,y) |G (x,y) =0\}$. 
$A,B$是两个轨迹．由定义可知，求$A\cap B$, 即求$A$与$B$的交集，与求联立方程
\[\begin{cases}
   F (x,y) =0\\
   G (x,y) =0 
\end{cases}\]
的解集，在解析几何中是同一件事．

这一节我们首先研究直线方程．

\subsection{直线的各种方程}
\subsubsection{点法向式}

已知$P_0(x_0,y_0)$, $\vec{n}=(a,b)$，且$\vec{n}\ne \vec{0}$
过$P_0$作直线$\ell\bot \vec{n}$. 求$\ell$的
方程（图5.18）.
\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=stealth]
    \draw[->](-1.5,0)--(3.5,0)node[right]{$X$};
    \draw[->](0,-1)--(0,3.6)node[right]{$Y$};
\draw[domain=-1:2.5, samples=10, very thick]plot(\x, {-\x+2})node[right]{$\ell$};
\draw[domain=0:2, samples=10, very thick, ->]plot(\x, {\x})node[above]{$\vec{n}$};
\node at (0,0)[below left]{$O$};

\tkzDefPoints{-.5/2.5/P, 1.5/.5/P_0}
\tkzDrawPoints(P,P_0)
\tkzLabelPoint[left](P){$P(x,y)$}
\tkzLabelPoint[right](P_0){$P_0(x_0,y_0)$}

\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

设$P(x,y)$是一个动
点，则$P\in\ell$的充要条件是
\[\vec{n}\cdot \Vec{P_0P}=0\]
也可写为
\[\vec{n}\cdot (\Vec{OP}-\Vec{OP_0})=0\]
用坐标表示，上述向量方程变为
\begin{equation}
   a(x-x_0)+b(y-y_0)=0 
\end{equation}
或
\[ax+by+c=0\]
其中$c=-(ax_0+by_0)$. (5.15)式是通过点$P_0(x_0,y_0)$且
与已知向量$\vec{n}$垂直的直线方程，$\vec{n}$叫做直线$\ell$的\textbf{法向量}．通
常(5.15)式称为直线的\textbf{点法向式方程}．

特殊情况：当$\vec{n}\parallel \eX$时，$a\ne 0$, $b=0$, 直线$\ell$垂直
于$X$轴（图5.19）, 方程(5.15)变为
\[x-x_0=0\]
即：$x=x_0$


\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
  \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=1]
    \draw[->](-2.5,0)--(2.5,0)node[right]{$X$};
    \draw[->](0,-1)--(0,2.6)node[right]{$Y$};
\tkzDefPoints{-1/-1/A, -1/2/B, 0/1/C, 2/1/D, 0/0/O, -1/1/E}
\tkzDrawSegments[very thick, ->](C,D)
\tkzDrawSegments[very thick](A,B)
\draw[very thick, ->](O)--(1,0)node[below]{$\eX$};
\tkzDrawPoints(E,O)
\tkzLabelSegment[above](C,D){$\vec{n}$}
\tkzLabelPoint[left](E){$(x_0,y_0)$}
\tkzLabelPoint[above](B){$\ell$}
\tkzLabelPoints[below left](O)

    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=1]
          \draw[->](-2,0)--(2.5,0)node[right]{$X$};
    \draw[->](0,-.5)--(0,3.6)node[right]{$Y$};
\tkzDefPoints{-2/1.5/A, 2.3/1.5/B, 1/1.5/C, 1/3.2/D, -1/1.5/E, 0/0/O}
\tkzDrawPoints(E,O)\tkzDrawSegments[very thick](A,B)
\tkzDrawSegments[very thick, ->](C,D)
\tkzLabelPoint[above](E){$(x_0,y_0)$}
\tkzLabelPoint[left](A){$\ell$}
\draw[very thick, ->](O)--(0,1)node[left]{$\eY$};
\tkzLabelSegment[left](C,D){$\vec{n}$}
\tkzLabelPoints[below left](O)

    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}


当$\vec{n}\parallel \eY$时，$a=0$, 
$b\ne 0$, 直线$\ell$垂直于$Y$轴（图
5.20），方程(5.15)变为
\[y=y_0\]

例如，通过$(2,1)$且垂直于$X$轴的方程是$x=2$, 
通过$(3,4)$且垂直于$Y$轴的方程是$y=4$. 显然$X$轴的
方程是$y=0$, $Y$轴的方程是$x=0$.

\begin{example}
     求通过点$P_0(3,2)$, 且垂直于$\vec{n}(3,-4)$的
直线方程式．
\end{example}

\begin{solution}
   由点法向式方程有
\[3(x-3)+(-4)(y-2)=0\]
整理得
\[3x-4y-1=0\]
\end{solution}

\begin{example}
    已知$P_1(-1,2)$, $P_2(3,4)$, $P_3(-2,5)$. 
求通过点$P_1$且垂直于直线$P_2P_3$的直线方程．
\end{example}

\begin{solution}
因为$\Vec{P_2P_3}=(-5,1)$, 所以通过点$P_1(-1,2)$
且垂直于$\Vec{P_2P_3}$的直线方程为
\[-5\cdot (x+1)+1\cdot (y-2)=0\]
整理得
\[5x-y+7=0\]
\end{solution}

\subsubsection{点方向式}
已知点$P_0(x_0,y_0)$和
$\vec{\mu}=(a,b)$, 且$a\ne 0$, 
$\vec{b}\ne 0$（即$\vec{\mu}$和两条坐标轴
都不平行），过$P_0$作直线$\ell\parallel \vec{\mu}$, 
求直线$\ell$的方程（图5.21）.

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=stealth]
    \draw[->](-2,0)--(2,0)node[right]{$X$};
    \draw[->](0,-1)--(0,3.6)node[right]{$Y$};
\draw[domain=-1.5:.5, samples=10, very thick]plot(\x, {2*\x+2})node[right]{$\ell$};
\draw[domain=0:.5, samples=10, very thick, ->]plot(\x, {2*\x})node[below right]{$\vec{u}$};
\node at (0,0)[below left]{$O$};

\tkzDefPoints{-.5/1/P}
\tkzDrawPoints(P)
\tkzLabelPoint[left](P){$(x_0,y_0)$}

\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}


设$P(x,y)$是一动点，则
$P\in\ell$的充要条件是$\Vec{P_0P}\parallel \vec{\mu}$.

我们知道$\Vec{P_0P}$与$\vec{\mu}$平行的充要条件是它们的坐标成比
例，即
\begin{equation}
    \frac{x-x_0}{a}=\frac{y-y_0}{b}
\end{equation}
因此(5.16)式也是动点$P(x,y)$在直线$\ell$上的充要条件．
所以(5.16)式是直线$\ell$的方程．通常我们把(5.16)叫做直线
$\ell$的\textbf{点方向式方程}，$\vec{\mu}$叫做直线$\ell$的\textbf{方向向量}．

\begin{example}
    求通过点$P_0(-2,3)$且平行于$\vec{\mu}=(2,3)$
的直线$\ell$的方程．
\end{example}

\begin{solution}
    由点方向式方程可得$\ell$的方程为
\[\frac{x -(-2)}{2} =\frac{y-3}{3}\]
整理得
\[3x-2y+12=0\]
\end{solution}

\begin{example}
    已知点$A(4,6)$, $B(-3,2)$, $C(4,-5)$, 
求通过点$A$且平行于直线$BC$的直线方程．
\end{example}

\begin{solution}
   因$\Vec{BC}=(4-(-3),-5-2)=(7,-7)$, 
所以所求直线方程为
\[\frac{x-4}{7}=\frac{y-6}{-7}\]
整理得
\[x+y-10=0\] 
\end{solution}

\subsubsection{两点式}
已知两个不同的点$P_1(x_1,y_1)$, $P_2(x_2,y_2)$, 求直
线$P_1P_2$的方程（图5.22）.

因为\[\Vec{P_1P_2}=(x_2-x_1,y_2-y_1)\]
$\Vec{P_1P_2}$取作所求直线的方向向
量，据点方向式方程可得直线
$P_1P_2$的方程为
\begin{equation}
    \frac{x-x_1}{x_2-x_1}=\frac{y-y_1}{y_2-y_1}
\end{equation}
(5.17)式通常叫做\textbf{直线方程的两点式}．


\begin{example}
    求通过$P_1(-4,2)$, $P_2(1,-3)$的直线方程.
\end{example}

\begin{solution}
    由于$\Vec{P_1P_2}=(1-(-4),-3-2)=(5,-5)$, 
所以直线$P_1P_2$的方程为
\[\frac{x-(-4)}{5}=\frac{y-2}{-5}\]
整理得
\[x+y+2=0\]
\end{solution}


\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
  \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=1]
    \draw[->](-3,0)--(2,0)node[right]{$X$};
    \draw[->](0,-1)--(0,2.6)node[right]{$Y$};
\node at (0,0) [below left]{$O$};
\tkzDefPoints{-1/.5/A, .5/2/B}
\tkzDrawPoints(A,B)
\tkzDrawLines[add=.7 and .25, very thick](A,B)
\tkzLabelPoint[left](A){$P_1(x_1,y_1)$}
\tkzLabelPoint[right](B){$P_2(x_2,y_2)$}
\node at (1,2.3)[above]{$\ell$};
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=1]
        \draw[->](-2.5,0)--(2,0)node[right]{$X$};
        \draw[->](0,-1)--(0,2.6)node[right]{$Y$};
    \node at (0,0) [below left]{$O$};
    \tkzDefPoints{-1/0/A, 0/.8/B}
    \tkzDrawPoints(A,B)
    \tkzDrawLines[add=.75 and 1.3, very thick](A,B)
    \tkzLabelPoint[above left](A){$A(a,0)$}
    \tkzLabelPoint[right](B){$B(0,b)$}
    \node at (1.5,1.7)[above]{$\ell$};
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}


\begin{example}
    已知直线$\ell$与$X$轴、$Y$轴分别相交于点$A(a,0)$、
点$B(0,b)$, 且假定$a\ne 0$, $b\ne 0$, 求直线$\ell$的方程
（图5.23）.
\end{example}

\begin{solution}
    因$\Vec{AB}=(-a,b)$, 由两点式可得
\[\frac{x-a}{-a}=\frac{y-b}{b}\]
整理得
\begin{equation}
    \frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1
\end{equation}
\end{solution}

由例5.29求得的方程(5.18)通常叫做直线的\textbf{截距式}，$a$叫
做$\ell$在$X$轴上的截距，$b$叫做$\ell$在$Y$轴上的截距．

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 求通过$P_0(3,-2)$且垂直于$\vec{\mu}=(-4,5)$的直线
    方程．
    \item 已知$A(-5,6)$, $B(-1,-4)$, $C(3,2)$, 求
    $\triangle ABC$的三条高线方程．
    \item 已知$A(-3,2)$, $B(1,-4)$. 求$\overline{AB}$的垂直平分
    线的方程．
    \item 已知$|\Vec{OM}|=3$, $\Vec{OM}$的方向角是$30^{\circ}$, 直线$\ell$垂直$\Vec{OM}$
    于$M$点，试求$\ell$的方程．
    \item 求通过$P_0(3,-5)$且平行于$\vec{\mu}=(1,2)$的直线的方程．
    \item 已知$\triangle ABC$, 且$A(3,-4)$, $B(-6,-7)$, 
    $C(-4,8)$. 分别过$A$、$B$、$C$三点作对边的平行线
    $a$、$b$、$c$. 求这三条直线的方程．
    \item 求通过$A(-3,2)$, $B(4,-7)$的直线方程.
    \item 已知$P_1(-1,3)$, $P_2(3,-4)$, $P_3(-1,-2)$，
    某点$A$满足$\Vec{P_2A}=\frac{3}{2}\Vec{P_2P_3}$. 求直线$P_1A$的方程． 
    \item 直线$\ell$与$X$轴相交于$(-1,0)$, 与$Y$轴相交于
    $(0,3)$. 求直线$\ell$的方程．
\end{enumerate}
\end{ex}

\subsection{直线与二元一次方程}
在上一小节中，我们看到直线方程都是二元一次方程．
但反过来要问是否每一个二元一次方程的图象都是直线呢？
答案是肯定的．

\begin{blk}
    {定理} 每个二元一次方程所确定的图象都是一条直线．
\end{blk}

\begin{proof}
任给一个二元一次方程
$ax+by+c=0$, 
其中$a$、$b$不同时为零，设$(x_0,y_0)$是方程的一个解，
于是
\[ax_0+by_0+c=0\]
两式相减可得
\[a(x-x_0)+b(y-y_0)=0\]
建立一个直角坐标系$[O:\; \eX,\eY]$, 取$P_0(x_0,y_0)$和
$\vec{n}=(a,b)$, 显然上述方程就是通过$P_0$且垂直于$\vec{n}$的直
线方程．这就证明了每个二元一次方程都可确定一条直线．
\end{proof}

\begin{blk}{推论1}
    已知直线$\ell:\; ax+by+c=0$, 以$x$、$y$系数
为坐标的向量$(a,b)$是直线$\ell$的法向量．
\end{blk}


\begin{blk}{推论2}
    方程
\begin{align}
    a_1x+b_1y+c_1=0\\
a_2x+b_2y+c_2=0
\end{align}
表示同一条直线的充要条件是存在一实数$\lambda$，使
\[a_2=\lambda a_1,\qquad b_2=\lambda b_1,\qquad  c_2=\lambda c_1\]
\end{blk}

\begin{proof}
\textbf{必要性：} 如果(5.19)、(5.20)两式表示同一条直
线，则对直线上任一点$(x_0,y_0)$有
\begin{align}
a_1x_0+b_1y_0+c_1=0\\
a_2x_0+b_2y_0+c_2=0
\end{align}
$(5.19)-(5.21)$, $(5.20)-(5.22)$得
\[\begin{split}
    a_1(x-x_0)+b_1(y-y_0)=0\\
a_2(x-x_0)+b_2(y-y_0)=0
\end{split}\]
由于$(a_1,b_1)$, $(a_2,b_2)$都是同一条直线的法向量，所以
它们平行，即存在一实数$\lambda$使
\begin{equation}
    a_2=\lambda a_1,\qquad b_2=\lambda b_1
\end{equation}
由(5.21)、(5.22)、(5.23)就可得到
\[c_2=\lambda c_1\]

\textbf{充分性：} 设存在一实数$\lambda$, 使$a_2=\lambda a_1$, $b_2=\lambda b_1$, 
$c_2=\lambda c_1$, 则
\[a_2x+b_2y+c_2=\lambda (a_1x+b_1y+c_1)=0\]
显然，(5.19)、(5.20)两式表示的是同一条直线．
\end{proof}

显然，当$t\ne 0$时，方程$ax+by+c=0$与$t(ax+by
+c)=0$是同一条直线的方程．这也就是说，同一直线的方
程之间可以相差一个非零的常数因子．

在解析几何中，有时我们要讨论一条有向直线$\ell:\; ax+
by+c=0$. 通常我们根据直线$\ell$的法向量$(a,b)$来规
定直线$\ell$的方向．方法是这样：\textbf{把法向量按顺时针旋转$90^{\circ}$
后的方向作为直线$\ell$的方向}（图5.24）.


\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
  \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=1]
\draw[->](-2,0)--(3,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-1)--(0,3)node[right]{$Y$};
\node at (0,0)[below left]{$O$};
\draw[domain=-1.5:2, samples=10, very thick, ->]plot(\x, {-\x+1});
\draw[very thick, ->](.25,.75)--node[above left]{$\vec{n}$}(1,1.5);
\draw[->](.625,1.125)--(.625,.5);
\node at (-1.5,2.5)[above]{$\ell$};
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=1]
\draw[->](-1.5,0)--(3.5,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-1)--(0,3)node[right]{$Y$};
\node at (0,0)[below left]{$O$};
\draw[domain=-1.5:3, samples=10, very thick, ->]plot(\x, {-2/3*\x+4/3});
\node at (-1.5,2.333)[above]{$\ell$};
\draw[domain=0:1.3, samples=10, very thick, ->]plot(\x, {1.5*\x})node[above]{$\vec{n}$};
\node at (0,1.333)[below left]{$\frac{4}{3}$};
\node at (2,0)[below]{2};
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}
  

\begin{example}
    已知直线$\ell:\; 2x+3y-4=0$在坐标平面上，
出直线$\ell$和它的法向量，并标出直线的方向．
\end{example}

\begin{solution}
    如图5.25所示，$\vec{n}$是$\ell$的法向量，箭头指出了直
线$\ell$的方向．
\end{solution}

\begin{example}
求通过点$P_0(-2,5)$且平行于$\ell:\; 4x-3y+9
=0$的直线方程．
\end{example}

\begin{solution}
    由题意，可取$\ell$的法向量$\vec{n}=(4,-3)$作为所求
直线的法向量，由点法向式，可得所求的直线方程为
\[4(x+2)+(-3)(y-5)=0\]
整理得
\[4x-3y+23=0\]
\end{solution}

\begin{example}
     求通过点$P_0(3,-4)$且垂直于$\ell:\; 3x+7y-6=0$的直线方程．
\end{example}

\begin{solution}
    由题意，可取$\ell$的法向量$\vec{n}=(3,7)$作为所求直
线的方向向量，由点方向式可得所求直线方程为
\[\frac{x-3}{3}=\frac{y+4}{7}\]
整理得
\[7x-3y-33=0\]
\end{solution}

\begin{example}
    已知点$P(2,1)$和直线$\ell:\; 2x-3y+6=0$，
且$PM\bot\ell $于$M$点，求$M$点的坐标（图5.26）.
\end{example}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=.5]
    \draw[->](-4.5,0)--(5,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-4)--(0,5)node[right]{$Y$};
\node at (0,0)[below left]{$O$};
\draw[domain=-4.5:3, samples=10, very thick]plot(\x, {0.6667*\x+2})node[above]{$\ell$};
\draw[->, very thick](0,0)--node[above right]{$\vec{n}$}(2,-3);
\tkzDefPoints{0/0/O, 2/1/P, 1/2.667/M}
\tkzDrawSegments[dashed](O,M O,P)
\tkzDrawSegments(M,P)
\tkzLabelPoints[above](M)
\tkzLabelPoint[right](P){$P(2,1)$}
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{solution}
    由于$\vec{n}=(2,-3)$是直线$\ell$的一个法向量，
所以
$\vec{n}\parallel \Vec{PM}$，
于是存在一实数$t$, 使
\[\Vec{PM}=t\vec{n}\]
此即
\[\Vec{OM}=\Vec{OP}+t\vec{n}\]
设$\Vec{OM}=(x_0,y_0)$, 又知
$\Vec{OP}=(2,1)$, $\vec{n}=(2,-3)$, 
于是有
\[(x_0,y_0)=(2,1)+t(2,-3)=(2+2t,1-3t)\]
即
\[x_0=2+2t,\qquad y_0=1-3t\]
由于$M_0\in\ell$, 所以代入$\ell$的方程可得
\[2(2+2t)-3(1-3t)+6=0\]
解之得$t=-\frac{7}{13}$. 所以可求得$M$的坐标是
\[x_0=2+2\left(\frac{7}{13}\right)=\frac{12}{13},\qquad y_0=1-3\left(-\frac{7}{13}\right)=\frac{34}{13}\]
即：$M\left(\frac{12}{13},\; \frac{34}{13}\right)$
\end{solution}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 求通过$P_0(5,-2)$且平行于直线$3x-y+1=0$的
    直线方程．
    \item 求通过$P_0(-2,1)$且垂直于直线$3x-y+1=0$的
    直线方程．
    \item 求通过点$A(0,2)$且平行于$\ell:\; 4x-3y+12=0$的
    直线方程．
    \item 在坐标平面上作出如下各直线，画出它们的法向量，并
    标出直线的方向．
\begin{enumerate}
    \item $\ell_1:\; 2x+y-3=0$
    \item $\ell_2:\; 3x-4y+5=0$
    \item $\ell_3:\; -x+y+2=0$
\end{enumerate}
    \item 求出直线$\ell:\; 5x-3y+14=0$的所有单位法向量．
    \item 已知$\ell:\; 3x-4y+2=0$. 求$\ell$的法向量，使它的系
    数向量为单位法向量且常数项为负数．
    \item 已知点$P(3,1)$, $M$和直线$\ell:\; x+y-2=0$, 且
    $\overline{PM}\bot \ell$于$M$点，求$M$点的坐标，并求$P$点到$\ell$的距
    离．
    \item 在练习7中，求$P$点关于$\ell$的轴对称点$P'$的坐标．
\end{enumerate}
\end{ex}

\subsection{直线的斜率}

已知两个不同的点$P_1(x_1,y_1)$, $P_2(x_2,y_2)$, 则直
线$P_1P_2$的方程可写为：
\[\frac{x-x_1}{x_2-x_1}=\frac{y-y_1}{y_2-y_1}\]
这个方程又可改写为如下形式
\[y-y_1=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}(x-x_1)\]

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=.7]
    \draw[->](-3,0)--(5,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-1)--(0,4.5)node[right]{$Y$};
\node at (0,0)[below left]{$O$};
\tkzDefPoints{-2/0/A, 3/3/P_2, 0/0/O, .5/1.5/P_1}
\tkzDrawLines[very thick, ->](A,P_2)
\tkzDrawPoints(P_1,P_2)
\draw[dashed](0,3)--(P_2)--(3,0);
\draw[dashed](0,1.5)--(P_1)--(.5,0);
\draw[dashed](3,1.5)--node[below]{$x_2-x_1$}(P_1);
\node at (3,2.25)[right]{$y_2-y_1$};
\draw(-1.25,0) arc (0:31:.75)node[right]{$\alpha$};
\draw(1.25,1.5) arc (0:31:.75)node[right]{$\alpha$};
\tkzLabelPoints[above](P_1,P_2)
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}


由相似形定理，我们容易证
明，不论$P_1$、$P_2$在直线上的位
置如何（图5.27），上面方程
中$\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$
始终是个定值．容易
看出，如果我们设$\ell$向上的方向与$X$轴正向的夹角为$\alpha$
（$0\le \alpha\le \pi$），则
\[\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=\tan\alpha\]
定值$\tan\alpha$叫做直线$\ell$的\textbf{斜率}，$\alpha$叫做直线的\textbf{倾角}．令$\tan\alpha=k$，则两点式方程就可写为
\[y-y_1=k(x-x_1)\]
上述方程叫做直线$\ell$的\textbf{点斜式}．这个方程还可变形为
\[y=kx+m\]
其中$m=y_1-kx_1$. 令$x=0$, 则$y=m$, 这就是说直线：
$y=kx+m$与$Y$轴相交于点$(0,m)$. 因此，$m$为直线
在$Y$轴上的截距，上式通常称做直线的\textbf{斜截式}．

已知直线$\ell:\; ax+by+c=0$, 令$(x_1,y_1)$, 
$(x_2,y_2)$是$\ell$上任意两个不同的点，则
\begin{align}
    ax_1+by_1+c=0\\
ax_2+by_2+c=0
\end{align}
$(5.24)-(5.25)$得：
\[a(x_2-x_1)+b(y_2-y_1)=0\]
当$b\ne 0$可得
\[\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=-\frac{a}{b}\]

上式说明，\textbf{由方程$ax+by+c=0$解出$y$, 则$x$的系
数就是直线$\ell$的斜率$k$, 常数项即为$\ell$在$Y$轴上的截距}．

\begin{example}
    求直线$\ell:\; 4x-3y+7=0$的斜率及在$Y$轴上的
截距．
\end{example}


\begin{solution}
   由已知方程解出$y$, 得
\[y=\frac{4}{3}x+\frac{7}{3}\]
所以$\ell$的斜率是$\frac{4}{3}$，在$Y$轴上的截距是
$\frac{7}{3}$.
\end{solution}

\begin{example}
已知直线上的一点$P_1(2,3)$, 且倾角$\alpha=\frac{\pi}{3}$, 
求此直线的方程.
\end{example}

\begin{solution}
    由于$k=\tan\alpha=\tan\frac{\pi}{3}=\sqrt{3}$, 因此所求的直线方程
为：
\[y-3=\sqrt{3}(x-2)\]
\end{solution}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 求出下列方程所表示直线的斜率．
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
    \item $3x+4y-12=0$
    \item $x+y-2=0$
    \item $4x-5y+12=0$
    \item $x-y+3=0$
\end{enumerate}
\end{multicols}

\item 求满足下列条件的方程．
\begin{enumerate}
    \item 通过点$A(1,2)$且$k=5$
    \item 通过点$P(-1,2)$且$k=2$
    \item 通过原点$O$且斜率为$h$
    \item $k=3$、$Y$轴上的截距是5
    \item $k=4$、$X$轴上的截距是$-3$
    \item 已知$\ell:\; x-\sqrt{3}y=0$, 过原点且$k$是直线$\ell$的斜率的2倍．
\end{enumerate}

\item 求下列各直线的方程．
\begin{enumerate}
    \item 通过点$P(3,2)$, 且$\alpha=45^{\circ}$
    \item 通过点$P(-1,2)$, 且$\alpha=120^{\circ}$
    \item 通过点$P(1,-1)$, 且$\alpha=0^{\circ}$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{ex}

\subsection{直线的法线式及其应用}
已知直线$\ell$(图5.28), 
从原点$O$作$\ell$的垂线，其垂足为
$M$, 设$\vec{e}=(\cos\alpha,\sin\alpha)$
为$\Vec{OM}$的单位向量，再设原点$O$
到$\ell$的距离为$p$, 则
\[\Vec{OM}=p\vec{e}=(p\cos\alpha, p\sin\alpha)\]

\begin{figure}[htp]
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=stealth, yscale=.8]
\draw[->](-1.5,0)--(2.5,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-1)--(0,3.5)node[right]{$Y$};
\node at (0,0)[below left]{$O$};
\draw[domain=1.5:-1, samples=10, very thick]plot(\x, {-3/2*\x+4/3})node[above]{$\ell$};
\draw[domain=0:2, samples=10, very thick]plot(\x, {2/3*\x});
\tkzDefPoints{.615/.41/M, -.667/2.333/P, 0/0/O}
\tkzDefPointWith[linear, K=.8](O,M) \tkzGetPoint{M'}
\tkzDrawSegments[->](O,P O,M')
\tkzLabelSegment[above](O,M'){$\vec{e}$}
\tkzLabelPoints[above](M,P)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}


$M$点的坐标为$(p\cos\alpha, p\sin\alpha)$. 
因此，由直线方程的点法向式可得$\ell$的方程为
\[(x-p\cos\alpha)\cos\alpha+(y-p\sin\alpha)\sin\alpha=0\]
即
\[x\cos\alpha+y\sin\alpha-p=0\]
这就是与原点距离为$p$且垂直于向量$\vec{e}=(\cos\alpha,\sin\alpha)$的直线方程．通常我们把这种形式的方程叫做$\ell$的\textbf{法线式}．一条直线的法线式是唯一确定的．这种方程的主要特点是$x$、
$y$的系数向量是单位法向量，且常数项的值为负数．

如果给定方程$ax+by+c=0$, 我们可把它化为法线
式
\[x\cos\alpha+y\sin\alpha-p=0\]
由于它们之间仅相差一个常数因子$\lambda$, 即
\[\cos\alpha=\lambda a,\qquad \sin\alpha=\lambda b,\qquad -p=\lambda c\]
所以
\[(\lambda a)^2+(\lambda b)^2=1 \quad \Rightarrow\quad 
\lambda=\frac{1}{\pm\sqrt{a^2+b^2}}\]
这时方程可化为
\[\frac{a}{\pm\sqrt{a^2+b^2}}x+\frac{b}{\pm\sqrt{a^2+b^2}}y+\frac{c}{\pm\sqrt{a^2+b^2}}=0\]

由于法线式方程要求常数项一定是个负数，所以只要取根号
前的符号使$\frac{c}{\pm\sqrt{a^2+b^2}}<0$
即可．因此，当$c>0$时根号
前负号；当$c<0$时根号前取正号．

在法线式方程中，当$p=0$时，直线通过原点，这时一
般式方程中$c=0$, 于是方程变为
\[ax+by=0\]
在这情形下，我们如何选取因子
$\frac{1}{\pm\sqrt{a^2+b^2}}$
的符号呢？我们约定符号按如下规则选取：

选取符号使直线的单位法向量$\left(\frac{a}{\pm\sqrt{a^2+b^2}},\; \frac{b}{\pm\sqrt{a^2+b^2}}\right)$
的方向总是指向第1、第2象限，其中$Y$轴的单位法向量取
$\eX=(1,0)$.


\begin{example}
    化以下直线方程为法线式．
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
    \item $3x+4y-7=0$
    \item $4x-3y=0$
\end{enumerate} 
\end{multicols}
\end{example}


\begin{solution}
\begin{enumerate}
    \item 取$\lambda=\frac{1}{\sqrt{3^2+4^2}}=\frac{1}{5}$, 
    则已知方程的法线式为
    \[\frac{3}{5}x+\frac{4}{5}y-\frac{7}{5}=0\]
\item 取直线的单位法向量
$\left(\frac{4}{\pm\sqrt{3^2+4^2}},\; \frac{-3}{\pm\sqrt{3^2+4^2}}\right)$，
    使它的方向指向第1、第2象限，于是根号前需取负号．直
    线的法线式为
\[-\frac{4}{5}x+\frac{3}{5}y=0\] 
\end{enumerate}
\end{solution}

下面我们来研究法线式左边二元一次多项式的几何意
义．

已知直线$\ell$的法线式为
\[x\cos\alpha+y\sin\alpha-p=0\]

当点$P(x,y)$在直线上，显然它的坐标满足$\ell$的法线
式方程．

当点$P(x,y)$不在直线$\ell$上，我们来看多项式
$x\cos\alpha+y\sin\alpha-p$的几何意义是什么．

作$\ell$的法线$OM$, $M$为垂足（图5.29），再过点$P$作
$OM$的垂线，垂足为点$N$. 因为
$\Vec{OM}$的单位向量$\vec{e}=(\cos\alpha,\sin\alpha)$, 
$\Vec{OP}=(x,y)$, 所以
\[\begin{split}
    x\cos\alpha+y\sin\alpha-p&=\Vec{OP}\cdot \vec{e}-p\\
&=\Vec{OP}\cdot \vec{e}-\Vec{OM}\cdot \vec{e}=\Vec{MP}\cdot \vec{e}=MN
\end{split}\]
$MN$可能取负值，但不论取正值还是取负值，它的绝对值是
$P$点到直线$\ell$的距离．如果用$d$表示$P$到$\ell$的距离，则
\[d=|x\cos\alpha+y\sin\alpha-p|\]
这就是说，平面上任一点$P(x,y)$的坐标代入已知直线
的法线式的左边的多项式的绝对值就是$P$点到已知直线的距
离．


\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
  \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=1]
    \draw[->](-1.5,0)--(3.5,0)node[right]{$X$};
    \draw[->](0,-1)--(0,3)node[right]{$Y$};
    \node at (0,0)[below left]{$O$};
\tkzDefPoints{2/0/A, 0/1.333/B, 0/0/O, 1/1.5/C, 2.5/1.5/P}
\tkzDrawLines[very thick,add=.5 and .5](A,B)
\tkzInterLL(A,B)(C,O)  \tkzGetPoint{M}
\tkzDefPointBy[projection = onto A--B](P) \tkzGetPoint{P'}
\tkzDefPointBy[projection = onto O--C](P) \tkzGetPoint{N}
\tkzDrawLines[very thick, add=0 and .3](O,N)
\tkzDrawSegments(P,N P,P')
\tkzDrawSegments[->](O,P)
\tkzLabelPoints[above](M)
\tkzLabelPoints[right](P)
\tkzLabelPoints[left](N)
\tkzDefPointWith[linear, K=.8](O,M)\tkzGetPoint{M'}
\tkzMarkRightAngles[size=.15](P,N,O P,P',A)
\tkzDrawSegments[->, very thick](O,M')
\tkzLabelSegment[above left](O,M'){$\vec{e}$}
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=1]
\draw[->](-2.5,0)--(2.5,0)node[right]{$X$};
    \draw[->](0,-2)--(0,2)node[right]{$Y$};
    \node at (0,0)[below left]{$O$};
\tkzDefPoints{-2/1.333/A, 2/-1.333/B, 0/0/O, .8/1.2/C, 2.5/1.5/P, -1.5/-1.5/P'}
\tkzDrawSegments[very thick,->](A,B O,P O,C O,P')
\tkzLabelPoint[above right](C){$\vec{n}_0$}
\tkzLabelPoints[right](P)
\tkzLabelPoints[below](P')
\tkzMarkAngles[size=.3, mark=none](C,O,P')
\tkzMarkAngles[size=.5, mark=none](P,O,C)

    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}
  


如果$x\cos\alpha+y\sin\alpha-p$不取绝对值，则求出的值是个
带符号的数
\[\delta=x\cos\alpha+y\sin\alpha-p\]

由图5.29容易看出，当$P$点与原点位于直线的异侧，
则$\delta>0$, 当$P$点与原点位于$\ell$的
同侧，则$\delta <0$. 若$\ell$通过原点
（图5.30），则$p=0$．这时
$\delta=\Vec{OP}\cdot \vec{n}_0$，$\vec{n}_0$为直线法线式的
系数向量，于是$P$点在法线式方程
的系数向量所指向的那一侧$\delta$为正；反之$\delta$为负．

如果已知直线$\ell:\; ax+by+c=0$. 那么它的法线式为
\[\frac{ax+by+c}{\pm\sqrt{a^2+b^2}}=0\]
根号前符号的选取按上述规定．所以$P$点到$\ell$的距离
\[d=\left|\frac{ax+by+c}{\pm\sqrt{a^2+b^2}}\right|=\frac{|ax+by+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}\]

\begin{example}
求点$P(4,3)$到直线$\ell:\; 4x+3y+10=0$的
距离．
\end{example}


\begin{solution}
直线$\ell$的法线式为
\[\frac{4x+3y+10}{-\sqrt{3^2+4^2}}=0\]
即为
\[-\frac{4}{5}x-\frac{3}{5}y-2=0\]
所以
\[d=\left|-\frac{4}{5}\x4+\left(-\frac{3}{5}\right)\x3-2\right|=7\]
\end{solution}

\begin{example}
    求点$P(3,1)$到直线$\ell:\; x-y+3=0$的
距离．
\end{example}

\begin{solution}
    \[d=\frac{|ax+by+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}=\frac{|3-1+3|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\frac{5\sqrt{2}}{2}\]
\end{solution}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 求下列各点到给出的直线的距离$d$. 
\begin{enumerate}
    \item $P(-2,3),\qquad \ell:\; 8x+15y-24=0$
    \item $P(-1,7),\qquad  \ell:\; 6x-8y+5=0$
 \item $P(2,3),\qquad \ell:\; -3x+7y-1=0$
\end{enumerate}
\item 求下列各点到给出直线$\ell$的距离，并判断$P$点与原点$O$
是在$\ell$的同侧还是不同侧．
\begin{enumerate}
    \item $P(3,2),\qquad \ell:\; x-y+2=0$
    \item $P(-1,4),\qquad \ell:\; x-y+2=0$
\end{enumerate}

\item 已知动点$P(x,y)$到直线$5x+2y+17=0$的距离
是3, 求动点$P$的轨迹方程．
\item 求证两条平行线$ax+by+c_1=0$, $ax+by+c_2=0$的
距离是
\[d=\frac{|c_1-c_2|}{\sqrt{a^2+b^2}}\]
并求$4x-3y-1=0$到$4x-3y+5=0$的距离．
\end{enumerate}
\end{ex}

\subsection{两条直线的位置关系}
如果已知两条直线
\[\begin{split}
  \ell_1:&\; a_1x+b_1y+c_1=0\\
  \ell_2:&\; a_2x+b_2y+c_2=0  
\end{split}\]
那么$\vec{n}_1=(a_1,b_1)$, $\vec{n}_2=(a_2,b_2)$分别是$\ell_1$, $\ell_2$的法向量．

我们由
\[\begin{split}
    \ell_1\parallel \ell_2 \quad &\Longleftrightarrow\quad \vec{n}_1\parallel \vec{n}_2\\
    \ell_1\bot \ell_2 \quad &\Longleftrightarrow\quad \vec{n}_1\bot \vec{n}_2
\end{split}\]
就可得
\[\begin{split}
    \ell_1\parallel \ell_2 \quad &\Longleftrightarrow\quad \frac{a_1}{a_2}=\frac{b_1}{b_2}\\
    \ell_1\bot \ell_2 \quad &\Longleftrightarrow\quad a_1a_2+b_1b_2=0
   \end{split} 
\]

如果两条直线的方程给出的是斜截式，即
\[\begin{split}
    \ell_1:&\; y=k_1x+b_1\\
    \ell_2:&\; y=k_2x+b_2 
  \end{split}\]
那么我们由上面垂直与平行的充要条件就可得到：
\[\begin{split}
    \ell_1\parallel \ell_2 \quad &\Longleftrightarrow\quad k_1=k_2\\
    \ell_1\bot \ell_2 \quad &\Longleftrightarrow\quad k_1\cdot k_2=-1
   \end{split} 
\]

下面我们来讨论如何求两条直线的\textbf{交点}和\textbf{交角}．

求$\ell_1$、$\ell_2$的交点问题就是求二元一次方程组
\[\begin{cases}
    a_1x+b_1y+c_1=0\\
a_2x+b_2y+c_2=0
\end{cases}\]
的解的问题．

给定两条直线（图5.31）：
\[\begin{split}
    \ell_1:&\; a_1x+b_1y+c_1=0\\
    \ell_2:&\; a_2x+b_2y+c_2=0
  \end{split}\]
从$\ell_1$旋转到$\ell_2$所经过的绝对值不
超过$\pi$的角有两个，如图5.31
所示的$\theta_1$、$\theta_2$. 故
\[\theta_1-\theta_2=\pm \pi,\qquad \tan\theta_1=\tan(\theta_2\pm \pi)=\tan\theta_2\]

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=stealth]
\draw[->](-2,0)--(5,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-.5)--(0,4.5)node[right]{$Y$};
\node at (0,0)[below left]{$O$};
\tkzDefPoints{-2/.5/A, 4/3/B, -1/-.5/C, 3.5/3.5/D}
\tkzInterLL(A,B)(C,D) \tkzGetPoint{E}
\tkzDrawSegments[very thick](A,B C,D)
\tkzLabelPoint[above right](B){$\ell_1$}
\tkzLabelPoint[above right](D){$\ell_2$}
\tkzDefLine[perpendicular=through E, K=.8](E,B)
\tkzGetPoint{B'}
\tkzDrawSegments[->](E,B')
\tkzDefLine[perpendicular=through E](E,D)
\tkzGetPoint{D'}
\tkzDrawSegments[->](E,D')
\tkzLabelPoint[below](D'){$\vec{n}_2$}
\tkzLabelPoint[right](B'){$\vec{n}_1$}
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.5, <-](C,E,B)
\tkzLabelAngle[pos=.8](C,E,B){$\theta_2$}
\tkzLabelAngle[pos=1.2](B,E,D){$\theta_1$}
\tkzLabelAngle[pos=1](B',E,D'){$\theta_1$}
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.9](B,E,D)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.7](B',E,D')


\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

如果取$\ell_1$的法向量$\vec{n}_1=(a_1,b_1)$, $\ell_2$的法向量
$\vec{n}_2=(a_2,b_2)$, 
则从$\vec{n}_1$方向转到$\vec{n}_2$方向的绝对值小于$\pi$的角$\theta$等于$\theta_1$或$\theta_2$, 
因此有
\[\tan\theta_1=\tan\theta_2=\tan\theta\]
但
\[\tan\theta=\frac{a_1b_2-a_2b_1}{a_1a_2+b_1b_2}\]
所以
\[\tan\theta_1=\tan\theta_2=\frac{a_1b_2-a_2b_1}{a_1a_2+b_1b_2}\]

上式就是从$\ell_1$到$\ell_2$的旋转角的正切的计算公式．从旋转
角的正切我们就可算出两条直线旋转角，通常我们把两条直
线的旋转角中绝对值较小的那个角叫做这\textbf{两条直线的夹角}．

如果给出的两条直线为斜截式．即
\[\begin{split}
    \ell_1:&\; y=k_1x+b_1\\
    \ell_2:&\; y=k_2x+b_2
  \end{split}\]
我们取$\ell_1$的法向量为$\vec{n}_1=(k_1,-1)$, $\ell_2$的法向量$\vec{n}_2=(k_2,-1)$, 
那么由上述求旋转角的正切的计算公式就变为
\[\tan\theta=\frac{k_2-k_1}{1+k_1\cdot k_2},\quad (1+k_1k_2\ne 0)\]

\begin{example}
    求$\ell_1:\; 2x-y-3=0$到$\ell_2:\; 3x+y-2=0$的
旋转角．
\end{example}

\begin{solution}
由于
\[\tan\theta=\frac{\begin{vmatrix}
    2&-1\\3&1
\end{vmatrix}}{2\x 3+(-1)\x 1}=\frac{5}{5}=1\]
所以：$\theta=\frac{\pi}{4}$或$-\frac{3}{4}\pi$.
\end{solution}

\begin{example}
    已知直线$\ell_1:\; y=-3x+2$, $\ell_2:\; y=2x-3$, 
求$\ell_1$到$\ell_2$的旋转角$\theta$.
\end{example}

\begin{solution}
由于
\[\tan\theta=\frac{k_2-k_1}{1+k_1k_2}=\frac{2-(-3)}{1+2\x (-3)}=\frac{5}{-5}=-1\]
所以：$\theta=\frac{3}{4}\pi$或$-\frac{\pi}{4}$.
\end{solution}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 求证$\ell_1:\; x-y+2=0$与$\ell_2:\;3x-3y+7=0$平行，
    并作图验证．
    \item 方程$2x+y+k=0$, 当$k$取各种不同的数值时，它们
    所表示的直线有什么关系，并作出$k=0,1,2$的三
    条直线．
    \item 求证方程$y=3x+b$, 当$b$取各种不同的值时，它们
    所表示的直线互相平行，作出$k=0,1,2$的直线．
    \item 求证直线$\ell_1:\; x-5y+1=0$与直线$\ell_2:\; 5x+y-8=0$
    互相垂直．
     \item 求出直线$a_1x+b_1y+c_1=0$与$\frac{x-x_0}{a_2}=\frac{y-y_0}{b_2}$
    垂直的条件．
    \item 下面直线中，哪两条互相垂直？
\begin{enumerate}
    \item $2x-3y=0,\qquad 2x+3y=0$
    \item $3x+2y=0,\qquad 3x-2y=0$
\end{enumerate}

    \item 求直线$\ell_1:\; x-y+2=0$与$\ell_2:\; x+y-4=0$的交
    点坐标，并绘图验证．
    \item 求直线$\ell_1:\; y=2x+6$与直线$\ell_2:\; y=\frac{1}{3}x-4$的旋转
    角．
\item 求直线$\ell_1:\; 2x-3y+1=0$与直线$\ell_2:\; 6x-4y-7=0$
之间的夹角．
\item 求通过原点且与直线$y=\frac{1}{2}x$夹角为$45^{\circ}$的直线方程．
\item 求两条直线$\ell_1:\; x+y-2=0$与$\ell_2:\; 7x-y+4=0$
的夹角．
\end{enumerate}
\end{ex}


\subsection{直线束}



\begin{blk}
    {定理} 一条直线通过两条相交直线$a_1x+b_1y+c_1=0$, 
$a_2x+b_2y+c_2=0$的交点的充要条件是存在两个不全为零
的常数$\lambda_1$、$\lambda_2$使这条直线方程为
\begin{equation}
    \lambda_1(a_1x+b_1y+c_1)+\lambda_2(a_2x+b_2y+c_2)=0
\end{equation}
\end{blk}

\begin{proof}
\textbf{充分性：} 设$(x_0, y_0)$是已知两条直线的交
点．则
\[a_1x_0+b_1y_0+c_1=0,\qquad a_2x_0+b_2y_0+c_2=0\]
显然$(x_0, y_0)$满足方程(5.26), 这就是说，方程(5.26)表
示的直线通过点$(x_0, y_0)$.

\textbf{必要性：} 如果一条直线通过点$(x_0, y_0)$,又通过另
一点$(x_1,y_1)$只要取
\[\lambda_1=-(a_2x_1+b_2y_1+c_2),\qquad \lambda_2=a_1x_1+b_1y_1+c_1\]
这条直线方程就可写为
\[-(a_2x_1+b_2y_1+c_2)(a_1x+b_1y+c_1)+(a_1x_1+b_1y_1+c_1)(a_2x+b_2y+c_2)=0\]
因$(x_0, y_0)$, $(x_1,y_1)$两点不可能同时是两条已知直
线的交点．所以$\lambda_1$和$\lambda_2$不能
同时为零．
\end{proof}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=stealth]
    \draw[->](-1.5,0)--(3.5,0)node[right]{$X$};
    \draw[->](0,-1.5)--(0,3.5)node[right]{$Y$};
    \node at (0,0)[below left]{$O$};
\draw[very thick](-1.5,1)--(2.5,1);
\draw[very thick](1,-1)--(1,3);
\draw[very thick](-1,3)--(3,-1);
\draw[very thick](1.5,3)--(.5,-1);
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{example}
    求通过直线$3x-2y-6=0$与$x+y-5=0$的交点
与点$(1,2)$的直线方程．
\end{example}

\begin{solution}
    通过已知两条直线的交点的直线束方程可写为
\[\lambda_1(3x-2y-6)+\lambda_2(x+y-5)=0\]
这条直线又通过点$(1,2)$, 所以
\[\lambda_1(3\x1-2\x2-6)+\lambda_2(1+2-5)=0\]
由此得
\[\lambda_1=-\frac{7}{2}\lambda_2\]
所以，所求的直线方程为
\[\frac{7}{2}\lambda_2(3x-2y-6)+\lambda_2(x+y-5)=0\]
化简，得
\[19x-16y+32=0\]
\end{solution}

\begin{example}
    求经过$3x+2y-3=0$与$2x-y+5=0$的交点且
与直线$x+y-3=0$垂直的直线方程．
\end{example}

\begin{solution}
    经过已知两条直线交点的直线束方程可写为
\[\lambda_1(3x+2y-3)+\lambda_2(2x-y+5)=0\]
即
\[(3\lambda_1+2\lambda_2)x+(2\lambda_1-\lambda_2)y-3\lambda_1+5\lambda_2=0\]
由于所求直线与直线$x+y-3=0$垂直，所以
\[1\cdot (3\lambda_1+2\lambda_2)+1\cdot (2\lambda_1-\lambda_2)=0\]
由此得
\[\lambda_2=-5\lambda_1\]
因此所求直线方程为
\[\lambda_1(3x+2y-3)-5\lambda_1(2x-y+5)=0\]
整理得
\[x-y+4=0\]
\end{solution}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 求经过$x+y-7=0$, $x-y-5=0$的交点和点$P(5,3)$
    的直线方程．
    \item 求经过$2x-3y+2=0$, $3x-4y-2=0$的交点，且平
    行于$5x-2y+3=0$的直线方程．
    \item 求经过$5x-3y+7=0$, $3x-2y-5=0$的交点，且与
    $4x-3y+2=0$垂直的直线方程．
    \item 三条直线$\ell_1:\; a_1x+b_1y+c_1=0$, $\ell_2:\; a_2x+b_2y+c_2=0$, $\ell_3:\; a_3x+b_3y+c_3=0$共点的充分必要条件
    是
\[\begin{vmatrix}
    a_1&b_1&c_1\\
    a_2&b_2&c_2\\
    a_3&b_3&c_3\\
\end{vmatrix}=0\]
\end{enumerate}
\end{ex}

\subsection{二元一次不等式表示的区域}
我们知道，含有两个未知数，并且未知数的次数都是一
次的不等式叫做\textbf{二元一次不等式}．它的一般形式为
\begin{equation}
    ax+by+c>0\quad \text{或}\quad ax+by+c<0
\end{equation}

例如$3x+y-1>0$, $y>2x-3$等都是二元一次不等式．

使不等式(5.27)成立的未知数的值，叫做不等式的解．
以不等式的解为坐标的所有点构成的集合叫做\textbf{不等式表示
的区域}．

下面我们来研究，如何根据二元一次不等式画出它所表
示的区域．

直线$ax+by+c=0$把坐标平面分为两个半平面（不包
括这条直线本身），我们把
法向量$\vec{n}=(a,b)$的方向所
指向的那一侧叫做\textbf{正半平
面}，简称正侧；另一侧叫做
\textbf{负半平面}，简称负侧（图5.33）.

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=stealth]
    \draw[->](-1.5,0)--(3.5,0)node[right]{$X$};
    \draw[->](0,-1.5)--(0,3.5)node[right]{$Y$};
    \node at (0,0)[below left]{$O$};
\tkzDefPoints{-1/3/A, 3/-1.5/B,0/0/O}
\tkzDefPointWith[linear, K=.4](A,B) \tkzGetPoint{P}
\tkzDrawSegments[thick,->](A,B)
\tkzDefLine[perpendicular=through P, K=.4](P,B)
\tkzGetPoint{C}
\draw[->, thick](P)--(C)node[above]{$\vec{n}$};
\tkzLabelPoint[below](P){$P_0$}
\tkzDrawSegments(O,P)
\node at (3,3){$(+)$};
\node at (-1,-1){$(-)$};
\tkzDefPoints{-1.5/2.3/P', 2.5/1.6/P''}
\tkzDrawSegments[->, very thick](P,P' P,P'')
\tkzLabelPoint[right](P''){$P$}

\tkzMarkAngles[size=.5, mark=none](P'',P,C)
\tkzMarkAngles[size=.3, mark=none](C,P,P')

\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

如果$P_0(x_0,y_0)$是
直线$ax+by+c=0$上一点，则$ax_0+by_0+c=0$, $c=-(ax_0+by_0)$, 于是
\[ax+by+c=ax+by-(ax_0+by_0)=a(x-x_0)+b(y-y_0)=\vec{n}\cdot \Vec{P_0P}\]
若$P(x,y)$位于正半平面，则$\vec{n}$与$\Vec{P_0P}$的夹角为锐角，即
$\vec{n}\cdot \Vec{P_0P}>0$. 这时$ax+by+c>0$; 若$P(x,y)$位于负半平面，则$\vec{n}$与$\Vec{P_0P}$的夹角为钝角，即$\vec{n}\cdot \Vec{P_0P}<0$. 这时
$ax+by+c<0$（图5.33）.

根据上面分析，我们要画出$ax+by+c<0$或$ax+by
+c> 0$所表示的区域，只要先画出直线$\ell:\; ax+by+c=0$, 
然后就可确定$ax+by+c>0$表示的区域是哪个半平面，$ax
+by+c<0$表示的区域便是另一个半平面．

\begin{example}
    画出不等式$2x-y+1>0$表示的区域．
\end{example}

\begin{solution}
在坐标平面上，画
直线$2x-y+1=0$（图5.34），这时直线的法向量
$\vec{n}=(2,-1)$, 由于$\vec{n}$指向的
那一侧为正半平面，不等式
$2x-y+1>0$表示的区域是
正半平面，如图5.34阴影
所示．

由于二元一次式$ax+by+c$在直线$ax+by+c=0$同一
侧的半平面内完全同号，所以在决定二元一次不等式所表示
的区域时，只需取直线$ax+by+c=0$一侧的某一个点，将
它的坐标代入已知的不等式，如果不等式成立，那么这一点
所在的半平面就是不等式表示的区域，如果不等式不成立，那
么直线的另一侧就是不等式表示的区域，显然，对不等式$ax
+by+c>0$或$ax+by+c<0$, 当$c\ne 0$时，取原点$O(0,0)$
去确定它们所表示的区域最为方便．
\end{solution}


\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.38\textwidth}
    \centering
  \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=1]
    
\fill[color=gray!20!white](-1, -1)--(2,-1)--(2,2)--(.5,2)--(-1,-1);
\draw[->](-1.5,0)--(2.2,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-1.5)--(0,2.5)node[right]{$Y$};
\tkzDefPoints{0/1/A, -.5/0/B}
\tkzDrawLines[add=1.3 and 1.3, very thick, ->](A,B)
\node at (0,0)[above right]{$O$};
\tkzLabelPoint[left](A){1}
\tkzLabelPoint[above left](B){$-\tfrac{1}{2}$}
\draw[very thick, ->](0,0)--(1.2,-.6)node[below]{$\vec{n}$};
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.58\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=.4]
\fill[color=gray!20!white](-11, -1)--(-11,5.5)--(3,5.5)--(3,3.667)--(-9,-1/3);
  \draw[->](-12,0)--(4,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-3)--(0,7)node[right]{$Y$};
\node at (0,0)[below left]{$O$};
\tkzDefPoints{0/2.667/A, -8/0/B}
\tkzDrawLines[add=.45 and .45, very thick](A,B)
\tkzLabelPoint[below right](A){$2\tfrac{2}{3}$}
\tkzLabelPoint[below right](B){$-8$}


    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}
  

\begin{example}
    画出不等式$x-3y+8<0$表示的区域．
\end{example}

\begin{solution}
将$(0,0)$代入已知不等式，得$8>0$, 原不等式不成
立，所以不等式$x-3y+8<0$表示的区域是直线$x-3y+8=
0$不包含原点的那个半平面，如图5.35阴影所示．
\end{solution}

\begin{example}
    画出二元一次不等式组
$\begin{cases}
      3x+4y-2<0\\
    2x+y+2>0  
\end{cases}$
    表示的区域． 
\end{example}


\begin{solution}
    作直线$\ell_1:\; 3x+4y-2=0$, $\ell_2:\; 2x+y+2=
0$. 分别用阴影线画出不等式$3x+4y-2<0$和$2x+y+
2>0$所表示的区域，则已知不等式组所表示的区域是上
面两个区域的交集，如图5.36所示双阴影区域（不包括这
两条直线）．
\end{solution}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=latex, scale=.6]
    \draw[->](-5.5,0)--(6.5,0)node[right]{$X$};
    \draw[->](0,-6.5)--(0,5.5)node[right]{$Y$};
    \tkzDefPoints{-4/3.5/A, 6/-4/B, -3/4/C, 1/-4/D}
\draw[domain=-4.5:6.5, samples=10, very thick, ->]plot(\x,{-.74*\x+.5})node[right]{$\ell_1$};
\draw[domain=-3.5:2.2, samples=10, very thick, ->]plot(\x,{-2*\x-2})node[below]{$\ell_2$};
    
\fill[pattern={north west lines}](A)--(-5,3.5)--(-5,-6)--(6,-6)--(B)--(A);

\fill[pattern=north east lines](C)--(6,4)--(6,-6)--(2,-6)--(C);
\node at (0,0)[above right]{$O$};
    
\end{tikzpicture} 
    \caption{}
\end{figure}


\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 画出下列二元一次不等式表示的区域．
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
    \item $8x+4y+1>0$
    \item $3x-2y+5<0$
    \item $2x-6y+1\ge 0$
    \item $4x+y-4\le 0$
    \item $y-x>0$
    \item $2y-x<0$
\end{enumerate}
\end{multicols}
\item 画出下列二元一次不等式组表示的区域．
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
\item $\begin{cases}
    x-y>0\\2x-<0
\end{cases}$
\item $\begin{cases}
    x+y-1<0\\x-y+2>0
\end{cases}$
\item $\begin{cases}
    2x+3y>12\\ x-2y<4
\end{cases}$
\item $\begin{cases}
    2x-6y-4>0\\ y<\frac{x}{3}+\frac{2}{3}
\end{cases}$
\end{enumerate}
\end{multicols}
    \item 画出下列三元一次不等式组表示的区域．
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}    
    \item $\begin{cases}
        x+y+5>0\\2x-y+4>0\\2x+y+4>0
    \end{cases}$
    \item $\begin{cases}
        x+y+5<0\\2x-y+4<0\\2x+y+4>0
    \end{cases}$
\end{enumerate}
\end{multicols}
\end{enumerate}
\end{ex}

\section*{习题5.2}
\addcontentsline{toc}{subsection}{习题5.2}

\begin{enumerate}
    \item 已知$A(5,3)$, $B(7,-1)$, $C(-1,5)$, 求$\triangle ABC$
    各边所在直线的方程及三条中线所在直线的方程．
    \item 求经过$(-3,4)$点，并且在两轴上的截距和等于12的
    直线方程．
    \item 已知直线的倾角是$60^{\circ}$, 并且到原点的距离等于3, 求
    直线的方程．
    \item 已知直线的斜率是$-3$, 且到原点的距离等于10, 求直
    线的方程．
    \item 求下列直线与点的距离
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
    \item $6x-8y-5=0,\quad (2,-10)$
    \item $y=\sqrt{3}x+7,\quad (0,5)$
    \item $7x=0,\quad (-2,-1)$
    \item $y=0,\quad (-1,3)$
\end{enumerate}
\end{multicols}

\item 用解析法证明等边三角形经一边上的一点到其它两边的
距离和等于这个边上的高．
\item 正方形的一个顶点在原点，它的一边倾角为$\alpha$, 边长等
于$a$, 求这个正方形的各边的直线方程．
\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=stealth]
\draw[->](-1,0)--(3.5,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-1)--(0,3.5)node[right]{$Y$};
\tkzDefPoints{0/0/O, 2.5/.8/A, 2.5/0/P}
\tkzDefSquare(O,A)\tkzGetPoints{B}{C}
\tkzDrawPolygon[very thick](O,A,B,C)
\tkzMarkAngles[mark=none, size=.7](P,O,A)
\tkzLabelAngles[pos=1](P,O,A){$\alpha$}
\tkzLabelPoints[below left](O)
\end{tikzpicture}
    \caption*{第7题}
\end{figure}

\item 一动点$P$到已知三角形三边的距离分别是$P_1$、$P_2$
、$P_3$, 
如果对常数$a$、$b$、$c$, 使
$aP_1+bP_2+cP_3=0$

证明：$P$点的轨迹是直线．
\item 证明由直线$x=0$, $y=m_1x+b_1$和$y=m_2x+b_2$所围成
的三角形面积是
$\frac{(b_2-b_1)^2}{|m_2-m_1|}\; (m_2\ne m_1)$
\item 已知$A(1,3)$, $B(4,10)$, $C(-4,8)$, $D(-2,0)$. 
若一动点$P(x,y)$使$\triangle PAB$的面积等于$\triangle PCD$的面
积．求证$P$点的轨迹是直线$15x-y+18=0$或$x+5y+
14=0$.
\item 已知$A(a,0)$, $B(0,b)$, 通过$AB$的中点且垂直于
$AB$的直线在$X$轴、$Y$轴上的截距分别是$p$、$q$. 求证
$ap+bq=0$.
\end{enumerate}

\section{圆}
\subsection{圆的方程}
已知定点$C(a,b)$, 定长$r$, 我们来求以$C$为圆心，$r$为
半径的圆的方程（图5.37）.

设$P(x,y)$是一动点，由圆的定义可知，点$P$在圆上当
且仅当$|CP|=r$
或$\Vec{CP}\cdot \Vec{CP}=r^2$．
用坐标表示，可写为
\begin{equation}\label{circle1}
(x-a)^2+(y-b)^2=r^2
\end{equation}
这就是说，以$C$为圆心，$r$为半径的圆上的任一点$P$, 它的
坐标都满足方程(\ref{circle1}); 反过来，一个点的坐标如果满足方
程(\ref{circle1}), 那么它必在以$C$为圆心$r$为半径的圆上，方程
(\ref{circle1})叫做以$C$为圆心，$r$为半径的\textbf{圆的方程}，如果圆心在原
点（图3.38），那么圆的方程为
\begin{equation}
    x^2+y^2=r^2
\end{equation}

\begin{figure}[htp]\centering
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
  \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=1]
    \draw[->](-.5,0)--(4,0)node[right]{$X$};
    \draw[->](0,-.5)--(0,4)node[right]{$Y$};
    \node at (0,0)[below left]{$O$};
\draw(2,2) circle(1);
\draw[->, thick](0,0)--(2,2)node[right]{$C$};
\tkzDefPoints{2/2/C, 2/3/P', 1.5/2.4/M, 0/0/O}
\tkzInterLC(O,M)(C,P') \tkzGetPoints{P1}{P}
\tkzDrawSegments[->, thick](O,P C,P)
\tkzLabelPoints[above](P)
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}[t]{0.48\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=1]
          \draw[->](-2,0)--(2,0)node[right]{$X$};
    \draw[->](0,-2)--(0,2.5)node[right]{$Y$};
    \node at (0,0)[below left]{$O$};
    \draw(0,0) circle (1.5);
    \draw[->, thick](0,0)--(45:1.5)node[above]{$P$};
    \end{tikzpicture}
    \caption{}
    \end{minipage}
    \end{figure}


把(\ref{circle1})展开得
\[x^2+y^2-2ax-2by+a^2+b^2-r^2=0\]
由此可见，任一圆的方程都可写为下面的形式
\begin{equation}\label{circle2}
    x^2+y^2+2Dx+2Ey+F=0.
\end{equation}
由于$\lambda(x^2+y^2+2Dx+2Ey+F)=0$和(\ref{circle2})表示了同一
个圆，于是圆的方程是一般二次方程
\[Ax^2+2Bxy+Cy^2+2Dx+2Ey+F=0\]
的一种特殊形式，它具有两个特点：
\begin{enumerate}
    \item $x^2$与$y^2$项的系数相同且不等于0;
    \item 不含$xy$项．
\end{enumerate}
现在要问，是否任一个形如方程(\ref{circle2})的图象都是一个圆
呢？

将(\ref{circle2})左边配方，得
\begin{equation}\label{circle3}
    (x+D)^2+(y+E)^2=D^2+E^2-F
\end{equation}

\begin{enumerate}
\item 当$D^2+E^2-F>0$时，方程(\ref{circle3})表示以$(-D,
-E)$为圆心，以$\sqrt{D^2+E^2-F}$为半径的圆；
\item 当$D^2+E^2-F=0$时，方程(\ref{circle3})的图象只有一
个点$(-D,-E)$;
\item 当$D^2+E^2-F<0$时，没有实数偶$(x,y)$满足方
程(\ref{circle3}), 因此方程(\ref{circle3})没有图象．
\end{enumerate}

为统一叙述，我们常把情况2的轨迹叫做\textbf{点圆}，
情况3
的轨迹叫做\textbf{虚圆}．

归纳以上讨论，我们有

\begin{blk}
   {定理} 二元二次方程
$Ax^2+2Bxy+Cy^2+2Dx+2Ey+F=0$
表示圆（包括点圆虚圆）的充要条件是
\[A=C\ne 0,\qquad B=0\] 
\end{blk}

\begin{example}
    已知$C(3,4)$, 求以$C$为圆心，半径等于5的圆
的方程．
\end{example}

\begin{solution}
设$P(x,y)$在以$C$为圆心，半径等于5的圆上，
则以$C$为圆心，半径等于5的圆的方程为
\[(x-3)^2+(y-4)^2=5^2\]
即
\[x^2+y^2-6x-8y=0\]
\end{solution}

\begin{example}
    求圆$x^2+y^2-6x+2y+6=0$的圆心和半径．
\end{example}

\begin{solution}
    将原方程配方得
\[(x-3)^2+(y+1)^2=4\]
所以所求圆的圆心的坐标是$(3,-1)$, 半径是2.
\end{solution}

\begin{example}
    已知$A(9,-3)$, $B(3,-1)$, 求以$\overline{AB}$为直径
圆的方程（图5.39）.
\end{example}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=.5]
    \draw[->](-1,0)--(10,0)node[right]{$X$};
    \draw[->](0,-7)--(0,3)node[right]{$Y$};
    \node at (0,0)[below left]{$O$};
\tkzDefPoints{9/-3/A, 3/-1/B, 6/-2/C, 0/0/O, 2/-1.5/O'}
\draw(6,-2) circle (3.16);
\tkzInterLC(O,O')(C,A)  \tkzGetPoints{P}{P'}
\tkzDrawPoints(A,B,C,P)
\tkzDrawSegments[->, thick](B,P B,A A,P)
\tkzAutoLabelPoints[center=C](A,P,B)
\tkzLabelPoints[above](C)
\end{tikzpicture}   
    \caption{}
\end{figure}


\begin{solution}
\textbf{方法一：}  设$\overline{AB}$的中点为$C$, 则$C$点的坐标
\[x=\frac{9+3}{2}=6,\qquad y=\frac{-3-1}{2}=-2\]
依题意$C(6,-2)$为所求
圆的圆心，由距离公式得
\[r^2=(9-6)^2+(-3+2)^2=10\]
因此，所求圆的方程为
\[(x-6)^2+(y+2)^2=10\]
或
\[x^2+y^2-12x+4y+30=0\]

\textbf{方法二：}
 设$P(x,y)$为所求圆上任一点，依平面几何
定理可知，$P$点在以$\overline{AB}$为直径的圆上的充要条件是
$\angle APB=\frac{\pi}{2}$, 或
$\Vec{AP}\cdot \Vec{BP}=0$.
用坐标表达，则为
\[(x-9)(x-3)+(y+3)(y+1)=0\]
展开整理得
\[x^2+y^2-12x+4y+30=0\]
这就是所求圆的方程，
\end{solution}


\begin{example}
    已知$A(2,2)$, $B(5,3)$, $C(3,-1)$, 求通过$A$、
$B$、$C$三点圆的方程．
\end{example}


\begin{solution}
    \textbf{方法一：} 设所求圆的方程为
\[x^2+y^2+2Dx+2Ey+F=0\]
因为$A$、$B$、$C$ 三点都在圆上，所以它们的坐标都满足方
程，故得
\[\begin{cases}
    4D+4E+F+8=0\\
10D+6E+F+34=0\\
6D-2E+F+10=0
\end{cases}\]
解这个方程组，得
\[D=-4,\qquad E=-1,\qquad F=12\]
于是所求圆的方程为
\[x^2+y^2-8x-2y+12=0\]

\textbf{方法二：} 分别求$\overline{AB}$, $\overline{AC}$垂直平分线方程，得
\[\begin{cases}
   3x+y=13\\
x-3y=1
\end{cases}\]
联立求解，得$x=4$, $y=1$. 于是$C(4,1)$就是所求圆的
圆心，半径的平方为
\[r^2=(5-4)^2+(3-1)^2=5\]
因此，所求圆的方程为
\[(x-4)^2+(y-1)^2=5\]
或
\[x^2+y^2-8x-2y+12=0\]
\end{solution}

\begin{example}
    求与$X$轴相交于$A(1,0)$, $B(5,0)$两点且半径为
$\sqrt{5}$的圆的方程．
\end{example}

\begin{solution}
    设所求圆的方程为
\[x^2+y^2+2Dx+2Ey+F=0\]
因$A$、$B$两点在圆上，所以$A$、$B$的坐标满足所设方程．
即
\[\begin{cases}
    1+2D+F=0\\
25+10D+F=0
\end{cases}\]
解之得：$D=-3,\quad F=5$.
但因为
\[r^2=D^2+E^2-F\]
所以：
\[5=(-3)^2+E^2-5\]
即：$E=\pm 1$，
因此所求圆的方程有两个
\[x^2+y^2-6x+2y+5=0\]
或
\[x^2+y^2-6x-2y+5=0\]
\end{solution}

\begin{example}
    求到两定点$A$和$B$的距离之比等于常数$k\; (k\ne 1)$
的点的轨迹．
\end{example}

\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=stealth]
\draw[->](-1,0)--(4,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-.5)--(0,2.5)node[right]{$Y$};
\tkzDefPoints{0/0/A, 3/0/B, 2.5/1.5/P}
\tkzDrawSegments[very thick](A,P B,P)
\tkzLabelPoints[above](P)
\tkzLabelPoints[below right](A)
\tkzLabelPoints[below](B)

\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}

\begin{solution}
    建立坐标系，取$A$为坐标原点，取射线$AB$为$X$轴
的正半轴，设点$B$的坐标是$(a,0)$, 点$P(x,y)$是一动
点，
依题意可知点$P(x,y)$是轨迹上的点的充分必要条件
是
\[\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}=k\]
或
\[\frac{{x^2+y^2}}{{(x-a)^2+y^2}}=k^2\]

经过变形、配方，这方程可化为
\[\left(x-\frac{ak^2}{k^2-1}\right)^2+y^2=\left(\frac{ak}{k^2-1}\right)^2\]
因此，所求轨迹是一个圆心在$\left(\frac{ak^2}{k^2-1},0\right)$,
半径为$\frac{ak}{|k^2-1|}$
的圆．
\end{solution}

\begin{example}
    求通过圆$C_1:\; x^2+y^2-4x-1=0$和圆$C_2:\; x^2+
y^2-8x+11=0$的交点和点$(-2,2)$的圆的方程．
\end{example}

\begin{solution}
类似于用直线束的解题方法，我们考虑圆族
\begin{equation}\label{circles1}
    \lambda_1(x^2+y^2-4x-1)+\lambda_2(x^2+y^2-8x+11)=0
\end{equation}
当$\lambda_1,\lambda_2$不同时为零，方程(\ref{circles1})表示的圆都通过两圆$C_1$, 
$C_2$的两个交点，如果方程(\ref{circles1})是所求圆的方程，那么点$(-2,2)$的坐标应满足方程(\ref{circles1}), 由此，我们可定$\lambda_1:\lambda_2$, 把
$x=-2$, $y=2$代入(\ref{circles1})得
\[\lambda_1[(-2)^2+2^2-4(-2)-1]+\lambda_2[(-2)^2+2^2-8(-2)+11]=0\]
由此，得
\[\lambda_1=-\frac{3}{7}\lambda_2\]
所以，所求圆的方程为
\[-7\lambda_2(x^2+y^2-4x-1)+3\lambda_2(x^2+y^2-8x+11)=0\]
消去$\lambda_2$, 整理最后得所求圆的方程为
\[x^2+y^2-x-10=0\]
\end{solution}

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 由下列给定的圆心$C$和半径$r$, 求圆的方程．
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
    \item $C(0,1),\quad r=1$
    \item $C(2,7),\quad r=5$
    \item $C(-6,4),\quad r=10$
    \item $C(-3,-5),\quad r=7$
\end{enumerate}
\end{multicols}
    \item 已知下面一些圆的圆心在原点，且通过给定的点，求这
    些圆的方程．
\begin{multicols}{3}
\begin{enumerate}
    \item $(4,1)$
    \item $(-4,3)$
    \item $(-3,5)$
    \item $(a-b,a+b)$
    \item $(\sqrt{2},2\sqrt{3})$
\end{enumerate}
\end{multicols}

\item 已知$A(-2,4)$, $B(8,-2)$. 求以$\overline{AB}$为直径的圆的方程．
\item 已知$A(x_1,y_1)$, $B(x_2,y_2)$. 求证以$\overline{AB}$为直径的圈的方程可写为
\[(x-x_1)(x-x_2)+(y-y_1)(y-y_2)=0\]
\item 求以$C(3,5)$为圆心，且通过点$A(1,-3)$的圆的方程．
\item 已知$A(4,-5)$, $B(-1,2)$, $C(11,0)$. 求证$A$、$B$、
$C$三点决定一圆，并写出这圆的方程．
\item 求过$A(5,2)$、$B(-3,0)$两点，圆心在$Y$轴上的圆的
方程，并画出图形．
\item 求通过点$(0,1)$和点$(0,3)$, 且半径等于2的圆的方程．
\item 试判定下列方程表示圆、还是点圆、虚圆，若是圆，则
求出圆心坐标和半径．
\begin{enumerate}
\item $x^2+y^2=0$
\item $x^2+y^2-100=0$
\item $(x-a)^2+(y-b)^2=0$
\item $x^2+y^2-8x-9=0$
\item $x^2+y^2-2x+4y+50=0$
\end{enumerate}

\item 证明通过两定点$A(-2,4)$, $B(6,8)$的圆的圆心都位于
直线$2x+y=10$上．
\item 求原点到圆$x^2+y^2+6x-8y-11=0$的最大和最小距
离．
\item 求与两定点$O(0,0)$、$A(3,0)$的距离比为
$\frac{1}{2}$的点的轨迹的方程，并画出方程的图象．
\item 求通过两圆$x^2+y^2-8x-2y+7=0$、$x^2+y^2-6x-
4y+9=0$的两个交点和原点的圆的方程．
\end{enumerate}
\end{ex}

\subsection{圆的切线方程}
已知直线$\ell$与圆：$(x-a)^2+(y-b)^2=r^2$相切于
点$P_0(x_0,y_0)$, 我们来求
切线$\ell$的方程（图5.41）.
\begin{figure}[htp]
    \centering
\begin{tikzpicture}[>=stealth, scale=.7]
\draw[->](-4,0)--(4,0)node[right]{$X$};
\draw[->](0,-2)--(0,5)node[right]{$Y$};
\tkzDefPoints{1/1/C, 0/0/O, -.414/2.414/P_0}
\draw(C) circle (2);
\tkzLabelPoints[right](C)
\tkzLabelPoints[below right](O)
\draw[domain=-4:2, thick, samples=10]plot(\x, {\x+2.828})node[right]{$\ell$};
\tkzDefPoints{-3.5/-.672/P}
\tkzDrawSegments[->, thick](C,P_0 C,P)

\tkzLabelPoints[left](P_0,P)
\end{tikzpicture}
    \caption{}
\end{figure}


设$P(x,y)$是一动点，
则$P(x,y)$在切线$\ell$上的充要
条件是
\[\Vec{CP_0}\cdot \Vec{P_0P}=0\]
用坐标表示，即为
\begin{equation}\label{circ-1}
    (x_0-a)(x-x_0)+(y_0-b)(y-y_0)=0
\end{equation}
方程(\ref{circ-1})就是所求切线$\ell$的方程．特别当圆心在坐标原
点，切线方程变为
\[x_0(x-x_0)+y_0(y-y_0)=0\]
\begin{equation}\label{circ-2}
    x_0x+y_0y=r^2
\end{equation}

\begin{example}
已知圆：$x^2+y^2=10$, 求与该圆相切于点$A(1,3)$
的切线方程．
\end{example}
    
\begin{solution}
由圆的切线(\ref{circ-2}), 得所求切线方程为
\[x+3y=10\]
\end{solution}

\begin{example}
已知圆：$x^2+y^2+6x-4y-13=0$, 求与该圆相
    切于点$A(2,3)$的切线方程．
\end{example}

\begin{solution}
已知圆的方程可化为
\[(x+3)^2+(y-2)^2=26\]
    所以圆心$C(-3,2)$, $\Vec{CA}=(5,1)$. 由圆的切线方程，可得
    所求切线为
\[    5\cdot (x-2)+1\cdot (y-3)=0\]
    整理得
\[    5x+y=13\]
\end{solution}

\begin{example}
    求证直线$\ell:\; y=kx+b$, 与已知圆$x^2+y^2=r^2$
相切的充要条件是$r=\pm\frac{b}{\sqrt{1+k^2}}$
\end{example}

\begin{proof}
    把$y=kx+b$代入$x^2+y^2=r^2$, 得
\[(kx+b)^2+x^2=r^2\]
展开整理得
\[(1+k^2)x^2+2kbx+b^2-r^2=0\]
由圆的切线定义可知：已知直线与圆相切的充要条件是上面
方程有重根，即它的判别式
\[\Delta=\sqrt{(2kb)^2-4(1+k^2)(b^2-r^2)}=0\]
化简就可得到直线$\ell$与已知圆相切的条件是
\[
    b^2=r^2(1+k^2)\quad \Rightarrow\quad   r=\pm\frac{b}{\sqrt{1+k^2}}
\]
\end{proof}

在例5.55的条件中，右边正好是圆心到直线$\ell$的距离，所
以上述条件的几何意义是：直线和圆相切的充要条件是圆心
到直线的距离等于半径，这是我们在平面几何中已熟知的结
论，这里用解析方法再次得到证明，当然我们也可由这个几
何定理直接证明例5.55.

\begin{example}
    已知$P_0(x_0,y_0)$是已知圆$x^2+y^2=r^2$外任一点，
$PT$, $PV$与此已知圆相切于$T(x_1,y_1)$, $V(x_2,y_2)$两点，
求直线$TV$的方程．
\end{example}


\begin{solution}
    在点$T(x_1,y_1)$, $V(x_2,y_2)$处的切线方程分别为
\begin{align}
    x_1x+y_1y=r^2\\
    x_2x+y_2y=r^2
\end{align}
因为切线(5.35), (5.36)都通过$A$点，所以
\begin{align}
    x_1x_0+y_1y_0=r^2\\
    x_2x_0+y_2y_0=r^2
\end{align}
由(5.37), (5.38)可看出，点$T(x_1,y_1)$, $V(x_2,y_2)$都满
足方程
\begin{equation}
    x_0x+y_0y=r^2
\end{equation}
由于两点定一直线，所以方程(5.39)就是直线$TV$的方
程．
\end{solution}


在例5.56中，方程(5.39)和圆的切线方程形状相同，当已
知$P_0(x_0,y_0)$在圆上，(5.39)式就是圆的切线方程．

\begin{ex}
\begin{enumerate}
    \item 写出过下列圆上已知点的切线方程．
\begin{enumerate}
    \item $A(1,2),\quad x^2+y^2=5$
    \item $B(12,-5),\quad x^2+y^2=169$
    \item $C(10,10),\quad (x-2)^2+(y-4)^2=100$
    \item $D(2,-2),\quad x^2+y^2+8x-16y-56=0$
    \item $E(-4,-3),\quad x^2+y^2+12x-8y-1=0$
    \item $O(0,0),\quad x^2+y^2-9x+11y=0$
\end{enumerate}

\item 已知定点$C(a,b)$, 动点$P(x,y)$. 证明圆$\Vec{CP}\cdot\Vec{CP}=r^2$, 在$P_0(x_0,y_0)$处的切线方程为$\Vec{CP}\cdot \Vec{CP_0}=r^2$
或$(x-a)(x_0-a)+(y-b)(y_0-b)=r^2$.
\item 求证圆$x^2+y^2+2Dx+2Ey+F=0$在其上$(x_0,y_0)$
点处的切线方程是
\[x_0x+y_0y+D(x+x_0)+E(y+y_0)+F=0\]
\item 求证下列已知直线与已知圆相切，并求出切点的坐标．
\begin{enumerate}
    \item $x-y=4,\quad x^2+y^2=8$
    \item $5x+12y=13,\quad x^2+y^2=1$
    \item $8x-15y=289,\quad x^2+y^2=289$
    \item $ax+by=a^2+b^2,\quad x^2+y^2=a^2+b^2$
\end{enumerate}

\item 求证圆$x^2+y^2+2Dx+2Ey=0$ 在原点的切线方程是
$Dx+Ey=0$.
\item 从点$A(5,-4)$到圆：$x^2+y^2+10x+7=0$引切线
$AP$, $P$为切点，求$\overline{AP}$的长和点$P$的坐标．
\item 求证圆$x^2+y^2+2Dx+2Ey+F=0$与$X$轴相切的充
要条件是$D^2=F$, 并求与$Y$轴相切的一个充要条件．
\item 已知圆$(x-2)^2+(y-2)^2=r^2$与$Y$轴相交在$A$、$B$两
点，如果圆在$A$、$B$两点处的切线互相垂直，那么
$r=2\sqrt{2}$.
\end{enumerate}   
\end{ex}



\section*{习题5.3}
\addcontentsline{toc}{subsection}{习题5.3}

\begin{enumerate}

\item 求通过点$(0,0)$、$(a,0)$、$(0,a)$的圆的方程．
\item 求下列每个圆的圆心和半径．
\begin{enumerate}
    \item $(x-a)(x-b)+(y-c)(y-d)=0$
    \item $(x+y+a)^2+(x-y-a)^2=8a^2$
\end{enumerate}

\item 已知$A(2,-1)$, $B(2,3)$, $C(4,-1)$, 求
$\triangle ABC$的外接圆的圆心和半径．
\item 证明通过$A(a,c)$, $B(b,c)$和$C(b,d)$的圆的方
程是$(x-a)(x-b)+(y-c)(y-d)=0$.
\item $P$是圆心在$A(a,b)$且通过原点的圆上的一动点，求
证$\triangle OAP$重心的轨迹方程是
\[3(x^2+y^2)-4ax-4by+a^2+b^2=0\]
\item 证明$A(6,3)$、$B(5,4)$、$C(1,-2)$和$D(6,
-1)$四点共圆．
\item 一动点到原点的距离的平方是它到定直线$x=1$距离的
4倍，求证这动点的轨迹是点圆$(2,0)$或圆$(x+2)^2
+y^2=8$.
\item 已知三角形由直线$x=2$, $y=4$和$4x+3y=32$围成，
求这三角形内切圆的方程．
\item 已知$A(x_1,y_1)$, $B(x_2,y_2)$, $C(x_3,y_3)$, 一动点
$P(x,y)$使$\overline{AP}^2+\overline{BP}^2+\overline{CP}^2=$常数，证明$P$点的
轨迹是一个圆且它的圆心是$\triangle ABC$的重心．
\item 已知$A(2a,0)$, $C(0,2a)$, $\overline{AC}$是正方形$OABC$的
对角线，一动点$P(x,y)$到这正方形四边距离的平方和
等于$12a^2$, 证明$P$点的轨迹是圆心在$(a,a)$, 半径是$2a$
的圆．
\item 已知$A(3,7)$, $B(-1,5)$, 动点$P(x,y)$使
$\overline{AP}^2+\overline{BP}^2=82$, 证明$P$点的轨迹是半径等于6的圆．
\item 已知$A(3,7)$, $B(1,-1)$, 动点$P$使$\overline{AP}=3\overline{BP}$. 
证明$P$点的轨迹是一个圆且这圆在Y轴上截出的弦长等
于6.
\item 已知$OC$是圆$x^2+y^2-2ax=0$的一条弦，直线$OC$的
斜率是$m$, 求证以$OC$作直径圆的方程是
\[(1+m^2)(x^2+y^2)-2a(x+my)=0\]
\item 如果$a,b$是常数，$\theta$是一动角，求证两直线$x\cos\theta+
y\sin\theta=a$与$x\cos\theta-y\sin\theta=b$的交点的轨迹是一个圆
圆心在原点．半径等于$\sqrt{a^2+b^2}$.
\item 已知一圆与$Y$轴相切于$A(0,-3)$且半径$r=2$, 求
此圆的方程．
\item 已知一圆与两坐标轴相切且通过$A(2,9)$, 求它的方
程．
\item 已知一圆与$X$轴相切于$(5,0)$且在$Y$轴上截出的弦长是10, 求此圆的方程．
\item 求圆：$x^2+y^2=25$与平行线系$x+5y+\lambda=0,\quad (\lambda\in\mathbb{R})$
相交所截弦中点的轨迹．
\item 求二圆$x^2-12x+y^2-10y+52=0$, $x^2+18x+y^2+
20y+60=0$的圆心距及原点到连心线的距离．
\item 在直线系$y-7+\lambda(x+1)=0$中，求与圆$x^2+y^2=2$
相切之直线．
\item 求通过点$(5,-2)$且与已知直线$3x-y-1=0$相切于
点$(1,2)$的圆的方程．
\end{enumerate}

\section*{复习题五}
\addcontentsline{toc}{section}{复习题五}

\begin{enumerate}
    \item 一个正六边形边长是$a$, 中心在坐标原点，两个顶点在
    $X$轴上，求各顶点的坐标．
    \item 以原点为起点的三个力$\vec{F}_1=(9,7)$, $\vec{F}_2=(-6,4)$, 
    $\vec{F}_3=(1,2)$; 求它们的合力坐标和方向．
    \item 已知一个三角形三边中点的坐标分别是$(x_1,y_1)$, $(x_2,
    y_2)$, $(x_3,y_3)$, 求三个顶点的坐标．
    \item 已知$A(-1,3)$, $B(4,1)$, 直线$AB$与$X$轴，$Y$轴
    分别相交于$C$、$D$两点，求$C$、$D$两点分割$AB$的比
    值．
    \item 已知$P(x,y)$, $A(x_1,y_1)$, $B(x_2,y_2)$且
    \[x=x_1+t(x_2-xy),\qquad y=y_1+t(y_2-y_1)\]
    求证：$P$点按定比$\mu=\frac{t}{1-t}$
    分割$\Vec{AB}$.
    \item 已知直线$\ell:\; ax+by+c=0$及$P_1(x_1,y_1)$, $P_2(x_2,  y_2)$两点，
    求证直线$\ell$与直线$P_1P_2$的交点把$\Vec{P_1P_2}$按定比
$-\frac{ax_1+by_1+c}{ax_2+by_2+c}$分割．
\item 用坐标法证明：直角三角形斜边的中点到三顶点的距离
相等．
\item 用坐标法证明勾股定理的逆定理．
\item 已知：四边形一组对边的平方和等于另一组对边的平方
和，用坐标法证明：两条对角线互相垂直．
\item 已知$G$是$\triangle P_1P_2P_3$的重心，用坐标法证明：
\[S_{GP_2P_3}=\frac{1}{3}S_{P_1P_2P_3}\]
\item 已知$A(1,2)$、$B(8,4)$、$C(4,10)$, 求一点
使$\triangle PAB$、$\triangle PBC$、$\triangle PCA$的面积相等，并解释
这个结果的几何意义．
\item 一条直线经过点$P(1,-1)$, 它的倾角等于直线
$y=x$倾角的3倍，求这条直线的方程．
\item 已知$A(-3,2)$, $B(-2,-2)$, $C(4,0)$.求：
\begin{enumerate}
    \item $\triangle ABC$ $\overline{BC}$边上的中线方程；
    \item $\overline{AC}$边上的高线方程，并求出这条高的长．
\end{enumerate}

\item 一条直线经过$(2,4)$并且和直线$x+y-4=0$的夹角
是$\pi/4$，
求这条直线的方程．
\item 一条光线从$P_0(6,4)$射出和$X$轴正向交成锐角$\alpha$, 
遇到$X$轴反射，已知$\tan\alpha=2$, 求入射光线和反射光线
所在的直线方程．
\item 从原点向直线$3x-2y+7=0$作垂线，求垂线段的长和
垂足的坐标．
\item 在直线$2x-3y=0$上求一点，使这点和原点之间的距
离等于这点到直线$2x+3y-2=0$之间的距离．
\item 已知点$P(3,2)$, 直线$\ell:\; y=4x+3$, 求$P$点到直
线$\ell$的距离，垂线足的坐标，点$P$关于$\ell$的轴对称点的
坐标．
\item 已知直线$ax+by+c=0$和点$P_0(x_0,y_0)$, 求$P_0$点关
于直线$ax+by+c=0$的轴对称点的坐标．
\item 已知$\ell_1:\; 3x-4y-17=0$, $\ell_2:\; y=4$, $\ell_3:\; 12x+5y-12=0$, 求证点$(-4,-1)$是$\ell_1,\ell_2,\ell_3$两两相交
所构成三角形的内心．
\item 求直线$3x-4y+6=0$与$12x-5y-9=0$交角平分
线的方程．
\item 证明通过点$(a,b)$的直线方程可写为
\[\lambda_1(x-a)+\lambda_2(y-b)=0\]
\item 设$P_1(x_1,y_1)$及$P_2(x_2,y_2)$为两定点，过$P_1$作直线
交$Y$轴于$B$点，过$P_2$作直线与过$P_1$之直线垂直，交$X$
轴于点$A$, 求$AB$中点的轨迹．
\item 求下列各圆的方程．
\begin{enumerate}
 \item 过$O(0,0)$, $A(-5,0)$, $B(0,3)$;
\item 中心在$C(-3,4)$与$3x+8y-6=0$相切；
\item 过$A(4,3)$, $(-2,5)$, 圆心在$2x-3y=0$上；
\item 过$A(5,-2)$与直线$3x-y-1=0$相切于点$(1,
2)$;
\item 通过$O(0,0)$, 圆心在$x=2$上且与直线$x+
y-8=0$相切．
\end{enumerate}

\item 求两圆$x^2+y^2-x+2y=0$, $x^2+y^2+2x-y=9$的
交点的坐标．
\item 求两圆$x^2+y^2+ax+by=0$, $x^2+y^2+bx-ay=0$
的交点的坐标．
\item 求两圆$x^2+y^2=10$, $x^2+y^2-10x-10y+30=0$公
共弦所在直线的方程．
\item 已知圆$x^2+y^2-4x-5=0$和点$A(5,4)$, 求圆心
在$A$点且与已知圆外切的圆的方程．
\item 已知二圆$x^2+y^2-6x+8y=0$, $x^2+y^2+2x-12y
+1=0$, 求通过二圆圆心的直线方程．
\item 求两圆$(x-a_1)^2+(y-b_1)^2=r^2_1$, $(x-a_2)^2+(y-
b_2)^2=r^2_2$正交（即在两圆公共点处的切线互相垂直）
的条件是
\[(a_1-a_2)^2+(b_1-b_2)^2=r_1^2+r_2^2\]
\item 一条$AB=2a$的两个端点$A$和$B$分别在$X$轴和$Y$轴上滑
动，求$\overline{AB}$中点$M$的轨迹．
\item 已知$A(2,2)$, $\triangle OAC$是等边三角形，且$O$、$A$、
$C$构成反时针排列，求点$C$的坐标．
\item 已知$A(x_1,y_1)$, $B(x_2,y_2)$, $C(x_3,y_3)$, 求证
$\triangle ABC$的重心到三顶点的距离平方和为最小．
\item 已知$A(-5,4)$, 过点$A$作条直线使它与两坐标轴
相交所成的三角形的面积等于5个平方单位，求证这条
直线的方程是$8x+5y+20=0$或$2x+5y-10=0$.
\item 已知点$A(a,b)$在第1象限，过点$A$求一条直线使与坐
标轴交成的三角形面积最小，并求出最小面积的值．

\item 如果
\begin{multicols}{2}
    \begin{enumerate}
        \item $D=0$
        \item $E=0$
        \item $F=0$
        \item $D=0$, $E=0$
        \item $D=0$, $F=0$
        \item $E=0$, $F=0$
    \end{enumerate}
\end{multicols}
那么圆$x^2+y^2+2Dx+2Ey+F=0$对
坐标系的位置有什么特征．
\item 已知$P_0(x_0,y_0)$是圆：$x^2+y^2+2Dx+2Ey+F=0$
外任意一点，若自$P_0$向圆引切线$P_0T$, $T$为切点，求
证：$\overline{P_0T}^2=x_0^2+y_0^2+2Dx_0+2Ey_0+F$.
\item 为了使圆$x^2+y^2+2Dx+2Ey+F=0$
\begin{enumerate}
\item 不与$X$轴相交；    
\item 和$X$轴交于两点；    
\item 和$X$相切，
\end{enumerate}
问它的方程中的系数分别应该满足怎样的条件？

\item 求圆心在点$(4,0)$并与直线$3x-4y+1=0$相切的
圆的方程．
\item 已知$\odot C$的圆心$C$在直线$x-y-4=0$上，并经过两圆
$C_1:\; x^2+y^2-4x-3=0$和$C_2:\; x^2+y^2-4y-3
=0$的交点，求$\odot C$的方程．
\item 一动点到已知正方形的各顶点的距离平方和是一个常
数，求这动点的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形．
\item 已知点$Q(4,0)$, 点$P(x,y)$是圆：$x^2+y^2=4$上一
动点，求$PQ$中点的轨迹方程．
\item 当$\lambda$为何值时，直线$\lambda x-y-\lambda-1=0$与圆$x^2+y^2-
4x-2y+1=0$相交，相切或相离．
\end{enumerate}